Question

2．設(shè)函數(shù)f（x）=$\frac{a}{{x}^{2}}$+lnx，g（x）=x³-x²-3．
（1）函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，+∞）上是單調(diào)函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）若存在x₁，x₂∈[-$\frac{1}{3}$，3]，使得g（x₁）-g（x₂）≥M成立，求滿足條件的最大整數(shù)M；
（3）如果對任意的s，t∈[$\frac{1}{3}$，2]都有sf（s）≥g（t）成立，求實數(shù)a的范圍．

Answer 1

分析 （1）先求函數(shù)f（x）的定義域，再求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，從而討論確定函數(shù)的單調(diào)性；
（2）存在x₁，x₂∈[-$\frac{1}{3}$，3]，使得g（x₁）-g（x₂）≥M成立可化為[g（x₁）-g（x₂）]_max≥M，從而化為求g（x）的最值，從而求解．
（3）化簡可知g（x）的最大值是1，從而可得只需當(dāng)x∈[$\frac{1}{3}$，2]時，xf（x）=$\frac{a}{x}$+xlnx≥1恒成立，可化為a≥x-x²lnx恒成立，從而轉(zhuǎn)化為最值問題

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=$\frac{a}{{x}^{2}}$+lnx的定義域（0，+∞），
f′（x）=-$\frac{2a}{{x}^{3}}$+$\frac{1}{x}$=$\frac{{x}^{2}-2a}{{x}^{3}}$，
①當(dāng)a≤0時，f′（x）≥0，
函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
②當(dāng)a＞0時，由f′（x）≥0得x≥$\sqrt{2a}$，
函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（$\sqrt{2a}$，+∞）；
由f′（x）≤0得0＜x≤$\sqrt{2a}$，
函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，$\sqrt{2a}$）．
（2）存在x₁，x₂∈[-$\frac{1}{3}$，3]，使得g（x₁）-g（x₂）≥M成立，
可化為[g（x₁）-g（x₂）]_max≥M；
考察g（x）=x³-x²-3，g′（x）=3x²-2x=3x（x-$\frac{2}{3}$）；

x	-$\frac{1}{3}$	（-$\frac{1}{3}$，0）	0	（0，$\frac{2}{3}$）	$\frac{2}{3}$	（$\frac{2}{3}$，3）	3
g'（x）		+	0	-	0	+
g（x）	-$\frac{85}{27}$	遞增	-3	遞減	-$\frac{85}{27}$	遞增	15

由上表可知g（x）_min=g（-$\frac{1}{3}$）=g（$\frac{2}{3}$）=-$\frac{85}{27}$，g（x）_max=g（3）=15；
故[g（x₁）-g（x₂）]_max=g（x）_max-g（x）_min=$\frac{490}{27}$，
所以滿足條件的最大整數(shù)M=18．
（3）當(dāng)x∈[$\frac{1}{3}$，2]時，由（Ⅱ）可知，g（x）在[$\frac{1}{3}$，$\frac{2}{3}$]上是減函數(shù)，
在[$\frac{2}{3}$，2]上增函數(shù)，而g（$\frac{1}{3}$）=-$\frac{83}{27}$＜g（2）=1，
∴g（x）的最大值是1．
要滿足條件，
則只需當(dāng)x∈[$\frac{1}{3}$，2]時，xf（x）=$\frac{a}{x}$+xlnx≥1恒成立，
可化為a≥x-x²lnx恒成立，
記h（x）=x-x²lnx，h′（x）=1-x-2xlnx，h′（1）=0．
當(dāng)x∈[$\frac{1}{3}$，1）時，1-x＞0，xlnx＜0，h′（x）＞0，
即函數(shù)h（x）=x-x²lnx在區(qū)間[$\frac{1}{3}$，1）上遞增，
當(dāng)x∈（1，2]時，1-x＜0，xlnx＞0，h′（x）＜0，
即函數(shù)h（x）=x-x²lnx在區(qū)間（1，2]上遞減，
∴x=1，h（x）取到極大值也是最大值h（1）=1．
所以a≥1．

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及恒成立問題，考查了構(gòu)造函數(shù)的應(yīng)用，屬于難題．