Question

设函数f（x）=（2-a）lnx+

1

x

+2ax．
（Ⅰ）当a=0时，求f（x）的极值；
（Ⅱ）当a≠0时，求f（x）的单调区间；
（Ⅲ）当a=2时，对任意的正整数n，在区间[

1

2

，6+n+

1

n

]上总有m+4个数使得f（a₁）+f（a₂）+f（a₃）+…+f（a_m）＜f（a_m+1）+f（a_m+2）+f（a_m+3）+f（a_m+4）成立，试问：正整数m是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），当a=0时，f（x）=2lnx+

1

x

，可求得f′（x）=

2x-1

x2

，将f（x），f′（x）随x变化情况列表即可求得f（x）的极值；
（2）由题意，g（x）=（2-a）lnx+2ax，在[1，+∞）上单调递增?g′（x）=

2-a

x

+2a≥0在[1，+∞）上恒成立，设h（x）=2ax+2-a≥0在[1，+∞）上恒成立，对a分a=0，a＞0，a＜0讨论即可求得答案；
（3）由题意得，f′（x）=

2ax2+(2-a)x-1

x2

，令f′（x）=0得x₁=-

1

a

，x₂=

1

2

，对a分a＞0，a＜0（对a再分a＜-2，a=-2，-2＜a＜0）讨论即可求得答案．

解答：解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞）．
当a=0时，f（x）=2lnx+

1

x

，故f′（x）=

2

x

-

1

x2

=

2x-1

x2

，
由f′（x）=0得x=

1

2

．
f（x），f′（x）随x变化如下表：

x	（0， 1 2 ）	1 2	（ 1 2 ，+∞）
f（x）	-	0	+
f′（x）	↘	极小值	↙

故a=0时，f（x）极小值=f（

1

2

）=2-2ln2，没有极大值；
（2）由题意，f′（x）=

2ax2+(2-a)x-1

x2

令f′（x）=0，解得x1=- 

1

a

，x2=

1

2

．
若a＞0，由f′（x）≤0得x∈（0，

1

2

]；由f′（x）≥0得x∈[

1

2

，+∞）．
若a＜0，①当a＜-2时，-

1

a

＜

1

2

，x∈（0，-

1

a

]或x∈[

1

2

，+∞），f′（x）≤0；x∈[-

1

a

，

1

2

]，f′（x）≥0，
②当a=-2时，f′（x）≤0恒成立．
③当-2＜a＜0时，-

1

a

＞

1

2

，x∈（0，

1

2

]或x∈[-

1

a

，+∞），f′（x）≤0；x∈[

1

2

，-

1

a

]，f′（x）≥0．
综上，当a＞0时，函数的单调递减区间为（0，

1

2

]，单调递增区间为[

1

2

，+∞）；
当-2＜a＜0时，函数的单调递减区间为（0，

1

2

]，[-

1

a

，+∞），单调递增区间为[-

1

2

，-

1

a

]；
当a=-2时，函数的单调递减区间为（0，+∞），无单调递增区间；
当a＜-2时，函数的单调递减区间为（0，-

1

a

]，[

1

2

，+∞），单调递增区间为[-

1

a

，

1

2

]．
（3）当a=2时，f（x）=

1

x

+4x，f′（x）=

4x2-1

x2

．
∵x∈[

1

2

，6+n+

1

n

]，∴f′（x）≥0
∴f（x）min=f（

1

2

）=4，f（x）max=f（6+n+

1

n

）
由题意，mf(

1

2

)＜4f(6+n+

1

n

)恒成立．
令k=6+n+

1

n

≥8，且f（k）在[6+n+

1

n

，+∞）上单调递增，
∴fmin(k)=32

1

8

，因此m＜32

1

8

，而m是正整数，故m≤32，
所以，m=32时，存在a₁=a₂=…=a₃₂=

1

2

，a_m+1=a_m+2=a_m+3=a_m+4=8时，对所有n满足题意，∴m_max=32．

点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的极值与单调性，考查分类讨论的数学思想，考查恒成立问题，正确求导是关键．