Question

10．已知函數(shù)f（x）=bx-$\frac{x}$+2alnx．（x∈R）．
（1）若a=1時(shí)，函數(shù)f（x）在其定義域上不是單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)b的取值范圍；
（2）若b=1時(shí)，且當(dāng)x₁，x₂∈（0，+∞）時(shí)，不等式[${\frac{{f（{x_1}）}}{x_2}$-$\frac{{f（{x_2}）}}{x_1}}$]（x₁-x₂）＞0恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論b的范圍，判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而確定b的范圍即可；
（2）令h（x）=xf（x）=x²-1+2axlnx，求出h（x）的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，確定函數(shù)的單調(diào)性，從而確定a的范圍即可．

解答 解：（1）a=1時(shí)，$f（x）=bx-\frac{x}+2lnx，f'（x）=b+\frac{x^2}+\frac{2}{x}=\frac{{b{x^2}+2x+b}}{x^2}$，
①b≥0，f'（x）＞0，f（x）在定義域單調(diào)遞增，不符合題意；
②b＜0，△=4-4b²＞0，-1＜b＜0，
所以-1＜b＜0；
（2）b=1時(shí)，$f（x）=x-\frac{1}{x}+2alnx$，
∵?$f（x）=lnx-ax+\frac{a}{x}$時(shí)，不等式$[{\frac{{f（{x_1}）}}{x_2}-\frac{{f（{x_2}）}}{x_1}}]（{{x_1}-{x_2}}）＞0$恒成立，
∴?$f（x）=lnx-ax+\frac{a}{x}$時(shí)，不等式$\frac{{{x_1}f（{x_1}）-{x_2}f（{x_2}）}}{{{x_1}{x_2}}}（{{x_1}-{x_2}}）＞0$恒成立
令h（x）=xf（x）=x²-1+2axlnx，
∴?$f（x）=lnx-ax+\frac{a}{x}$時(shí)，
（h（x₁）-h（x₂））（x₁-x₂）＞0恒成立，
∴h（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，
∴?$f（x）=lnx-ax+\frac{a}{x}$，
h'（x）=2x+2alnx+2a≥0恒成立
令$m（x）=2x+2alnx+2a，m'（x）=2+\frac{2a}{x}=\frac{2x+2a}{x}$，
①當(dāng)2a=0時(shí)，m'（x）=2＞0，m（x）=2x＞0恒成立；
②當(dāng)2a＞0時(shí)，$m'（x）=2+\frac{2a}{x}＞0．m（x）$在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
$m（\frac{1}{{{e^{a+\frac{1}{a}+2}}}}）=\frac{2}{{{e^{a+\frac{1}{a}+2}}}}-2{a^2}-2-2a＜0$，所以a＞0不符合；
③當(dāng)2a＜0時(shí)，m'（x）=0時(shí)，x=-a

x	（0，-a）	-a	（-a，+∞）
m'（x）	-	0	+
m（x）	遞減	2aln（-a）	遞增

∴m（x）_min=m（-a）=2aln（-a）≥0，-1≤a＜0；
綜上：-1≤a≤0．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，是一道綜合題．