Question

2．已知函數(shù)f（x）=（2-a）lnx+2ax+$\frac{1}{x}$，（a∈R），函數(shù)h（x）=px-$\frac{p+2e-1}{x}$（其中e=2.718…）．
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若f（x）在x=1處的切線(xiàn)的傾斜角為$\frac{π}{4}$，在區(qū)間[1，e]至少存在一個(gè)x₀，使得h（x₀）＞f（x₀）成立，求實(shí)數(shù)p的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）由題意構(gòu)建新函數(shù)F（x），這樣問(wèn)題轉(zhuǎn)化為使函數(shù)F（x）在[1，e]上至少有一解的判斷．

解答 解：（1）f（x）的定義域是（0，+∞），
f′（x）=$\frac{（2x-1）（ax+1）}{{x}^{2}}$，
①a≥0時(shí)，ax+1＞0，
令f′（x）＞0，解得：x＞$\frac{1}{2}$，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜$\frac{1}{2}$，
∴f（x）在（0，$\frac{1}{2}$）遞減，在（$\frac{1}{2}$，+∞）遞增，
②-2＜a＜0時(shí)，-$\frac{1}{a}$＞$\frac{1}{2}$，
令f′（x）＞0，解得：x＞-$\frac{1}{a}$或x＜$\frac{1}{2}$，令f′（x）＜0，解得：$\frac{1}{2}$＜x＜-$\frac{1}{a}$，
∴f（x）在（0，$\frac{1}{2}$）遞增，在（$\frac{1}{2}$，-$\frac{1}{a}$）遞減，在（-$\frac{1}{a}$，+∞）遞增，
③a=-2時(shí)，f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞）遞減；
④a＜-2時(shí)，-$\frac{1}{a}$＜$\frac{1}{2}$，
令f′（x）＞0，解得：x＜-$\frac{1}{a}$或x＞$\frac{1}{2}$，令f′（x）＜0，解得：$\frac{1}{2}$＞x＞-$\frac{1}{a}$，
∴f（x）在（0，-$\frac{1}{a}$）遞增，在（-$\frac{1}{a}$，$\frac{1}{2}$）遞減，在（$\frac{1}{2}$，+∞）遞增．
（2）由（1）f′（1）=a+1=tan$\frac{π}{4}$=1，解得：a=0，
∴f（x）=2lnx+$\frac{1}{x}$，
令F（x）=h（x）-f（x）=px-$\frac{p}{x}$-$\frac{2e}{x}$-2lnx，
①當(dāng)p≤0時(shí)，由x∈[1，e]得px-$\frac{p}{x}$≤0，-$\frac{2e}{x}$-2lnx＜0．
所以，在[1，e]上不存在x₀，使得h（x₀）＞f（x₀）成立；
②當(dāng)p＞0時(shí)，F(xiàn)'（x）=$\frac{{px}^{2}-2x+p+2e}{{x}^{2}}$，∵x∈[1，e]，
∴2e-2x≥0，px²+p＞0，F(xiàn)'（x）＞0在[1，e]上恒成立，故F（x）在[1，e]上單調(diào)遞增．
∴F（x）max=F（e）=pe-$\frac{p}{e}$-4．
故只要pe-$\frac{p}{e}$-4＞0，解得p＞$\frac{4e}{{e}^{2}-1}$，
∴p的取值范圍是（$\frac{4e}{{e}^{2}-1}$，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類(lèi)討論思想，是一道中檔題．