Question

12．已知函數(shù)f（x）=mlnx+（4-2m）x+$\frac{1}{x}$（m∈R）．
（1）當(dāng)m＞2時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）設(shè)t，s∈[1，3]，不等式|f（t）-f（s）|＜（a+ln3）（2-m）-2ln3對任意的m∈（4，6）恒成立，求實(shí)數(shù)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m的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）問題等價于對任意的m∈（4，6），恒有（a+ln3）（2-m）-2ln3＞5-2m-mln3-$\frac{1}{3}$-12+6m成立，即（2-m）a＞$\frac{2}{3}$-4（2-m），根據(jù)m＞2，分離a，從而求出a的范圍即可．

解答 解：（1）函數(shù)定義域?yàn)椋?，+∞），
$f'（x）=\frac{m}{x}-\frac{1}{x^2}+4-2m=\frac{（2x-1）[（2-m）x+1]}{x^2}$．
令f′（x）=0，得x₁=$\frac{1}{2}$，${x_2}=-\frac{1}{2-m}$，
當(dāng)m=4時，f'（x）≤0，函數(shù)f（x）的在定義域（0，+∞）單調(diào)遞減； 
當(dāng)2＜m＜4時，由f'（x）＞0，得$\frac{1}{2}＜x＜-\frac{1}{2-m}$；由f′（x）＜0，得$0＜x＜\frac{1}{2}$或$x＞-\frac{1}{2-m}$，
所以函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為$（\frac{1}{2}，-\frac{1}{2-m}）$，遞減區(qū)間為$（0，\frac{1}{2}）$，$（-\frac{1}{2-m}，+∞）$；
當(dāng)m＞4時，由f'（x）＞0，得$-\frac{1}{2-m}＜x＜\frac{1}{2}$；由f′（x）＜0，得$0＜x＜-\frac{1}{2-m}$或$x＞\frac{1}{2}$，
所以函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為$（-\frac{1}{2-m}，\frac{1}{2}）$，遞減區(qū)間為$（0，-\frac{1}{2-m}）$，$（\frac{1}{2}，+∞）$．
綜上所述，m=4時，f（x）的在定義域（0，+∞）單調(diào)遞減；
當(dāng)2＜m＜4時，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為$（\frac{1}{2}，-\frac{1}{2-m}）$，遞減區(qū)間為$（0，\frac{1}{2}）$，$（-\frac{1}{2-m}，+∞）$；
當(dāng)m＞4時，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為$（-\frac{1}{2-m}，\frac{1}{2}）$，遞減區(qū)間為$（0，-\frac{1}{2-m}）$，$（\frac{1}{2}，+∞）$．
（2）由（1）得：m∈（4，6）時，函數(shù)f（x）在[1，3]遞減，
∴x∈[1，3]時，f（x）_max=f（1）=5-2m，f（x）_min=f（3）=mln3+$\frac{1}{3}$+12-6m，
問題等價于：對任意的m∈（4，6），恒有（a+ln3）（2-m）-2ln3＞5-2m-mln3-$\frac{1}{3}$-12+6m成立，
即（2-m）a＞$\frac{2}{3}$-4（2-m），
∵m＞2，則a＜$\frac{2}{3（2-m）}$-4，
∴a＜${（\frac{2}{3（2-m）}-4）}_{min}$，
設(shè)m∈[4，6），則m=4時，$\frac{2}{3（2-m）}$-4取得最小值-$\frac{13}{3}$，
故a的范圍是（-∞，-$\frac{13}{3}$]．

點(diǎn)評 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)用以及函數(shù)恒成立問題，考查分類討論思想，是一道綜合題．