Question

19．已知函數(shù)$f（x）=ax-\frac{a}{x}+2lnx$（a∈R）．
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）為單調(diào)遞減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）當x₁，x₂∈（0，+∞）時，不等式 $[\frac{{f（{x_1}）}}{x_2}-\frac{{f（{x_2}）}}{x_1}]（{x_1}-{x_2}）＜0$恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為a≤-$\frac{2x}{{x}^{2}+1}$在（0，+∞）恒成立，令g（x）=-$\frac{2x}{{x}^{2}+1}$，（x＞0），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可；
（Ⅱ）問題轉(zhuǎn)化為h（x）=xf（x）在（0，+∞）遞減，求出h（x）的導數(shù)，得到a≤-$\frac{1+lnx}{x}$，（x＞0），令m（x）=-$\frac{1+lnx}{x}$，（x＞0），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）$f（x）=ax-\frac{a}{x}+2lnx$，（x＞0），
f′（x）=$\frac{{ax}^{2}+a+2x}{{x}^{2}}$，（x＞0），
若函數(shù)f（x）為單調(diào)遞減函數(shù)，
則f′（x）≤0在（0，+∞）恒成立，
即a≤-$\frac{2x}{{x}^{2}+1}$在（0，+∞）恒成立，
令g（x）=-$\frac{2x}{{x}^{2}+1}$，（x＞0），
g′（x）=$\frac{2（x+1）（x-1）}{{{（x}^{2}+1）}^{2}}$，
令g′（x）＞0，解得：x＞1，令g′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
∴g（x）在（0，1）遞減，在（1，+∞）遞增，
∴g（x）_min=g（1）=-1，
∴a≤-1；
（Ⅱ）當x₁，x₂∈（0，+∞）時，不等式 $[\frac{{f（{x_1}）}}{x_2}-\frac{{f（{x_2}）}}{x_1}]（{x_1}-{x_2}）＜0$恒成立，
即[x₁f（x₁）-x₂f（x₂）]（x₁-x₂）＜0在（0，+∞）恒成立，
即h（x）=xf（x）在（0，+∞）遞減，
而h（x）=ax²+2xlnx-a，h′（x）=2（ax+1+lnx），
由h′（x）≤0得：ax+1+lnx≤0，
即a≤-$\frac{1+lnx}{x}$，（x＞0），
令m（x）=-$\frac{1+lnx}{x}$，（x＞0），m′（x）=$\frac{lnx}{{x}^{2}}$，
令m′（x）＞0，解得：x＞1，令m′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
∴m（x）在（0，1）遞減，在（1，+∞）遞增，
∴m（x）_min=m（1）=-1，
∴a≤-1．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及函數(shù)恒成立問題，考查轉(zhuǎn)化思想，是一道中檔題．