12.已知函數(shù)f(x)=mlnx+(4-2m)x+$\frac{1}{x}$(m∈R).
(1)當m>2時,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)設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,求實數(shù)a的取值范圍.

分析 (1)求出函數(shù)的導數(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)定義域為(0,+∞),
$f'(x)=\frac{m}{x}-\frac{1}{x^2}+4-2m=\frac{(2x-1)[(2-m)x+1]}{x^2}$.
令f′(x)=0,得x1=$\frac{1}{2}$,${x_2}=-\frac{1}{2-m}$,
當m=4時,f'(x)≤0,函數(shù)f(x)的在定義域(0,+∞)單調(diào)遞減; 
當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,考查分類討論思想,是一道綜合題.

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