Question

已知函數(shù)f(x)=lnx-ax+

1-a

x

-1（a∈R）．
（Ⅰ）當(dāng)a≤

1

2

時(shí)，討論f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）設(shè)g（x）=x²-2bx+4．當(dāng)a=

1

4

時(shí)，若對(duì)任意x₁∈（0，2），存在x₂∈[1，2]，使f（x₁）≥g（x₂），求實(shí)數(shù)b取值范圍．

Answer 1

分析：（Ⅰ）直接利用函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，再討論函數(shù)的單調(diào)性；
（Ⅱ）利用導(dǎo)數(shù)求出f（x）的最小值、利用二次函數(shù)知識(shí)或分離常數(shù)法求出g（x）在閉區(qū)間[1，2]上的最大值，然后解不等式求參數(shù)．

解答：解：（Ⅰ）f(x)=lnx-ax+

1-a

x

-1(x＞0)，f′(x)=

l

x

-a+

a-1

x2

=

-ax2+x+a-1

x2

(x＞0)
令h（x）=ax²-x+1-a（x＞0）
（1）當(dāng)a=0時(shí)，h（x）=-x+1（x＞0），
當(dāng)x∈（0，1），h（x）＞0，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈（1，+∞），h（x）＜0，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增．
（2）當(dāng)a≠0時(shí)，由f′（x）=0，即ax²-x+1-a=0，解得x1=1，x2=

1

a

-1．
當(dāng)a=

1

2

時(shí)x₁=x₂，h（x）≥0恒成立，此時(shí)f′（x）≤0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)0＜a＜

1

2

時(shí)，

1

a

-1＞1＞0，x∈（0，1）時(shí)h（x）＞0，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；
x∈(1，

1

a

-1)時(shí)，h（x）＜0，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增；
x∈(

1

a

-1，+∞)時(shí)，h（x）＞0，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減．
當(dāng)a＜0時(shí)

1

a

-1＜0，當(dāng)x∈（0，1），h（x）＞0，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈（1，+∞），h（x）＜0，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增．
綜上所述：當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f（x）在（0，1）單調(diào)遞減，（1，+∞）單調(diào)遞增；
當(dāng)a=

1

2

時(shí)x₁=x₂，h（x）≥0恒成立，此時(shí)f′（x）≤0，函數(shù)f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞減；
當(dāng)0＜a＜

1

2

時(shí)，函數(shù)f（x）在（0，1）單調(diào)遞減，(1，

1

a

-1)單調(diào)遞增，(

1

a

-1，+∞)單調(diào)遞減．

（Ⅱ）當(dāng)a=

1

4

時(shí)，f（x）在（0，1）上是減函數(shù)，在（1，2）上是增函數(shù)，所以對(duì)任意x₁∈（0，2），
有f(x1)≥f(1)=-

1

2

，
又已知存在x₂∈[1，2]，使f（x₁）≥g（x₂），所以-

1

2

≥g(x2)，x₂∈[1，2]，（※）
又g（x）=（x-b）²+4-b²，x∈[1，2]
當(dāng)b＜1時(shí)，g（x）_min=g（1）=5-2b＞0與（※）矛盾；
當(dāng)b∈[1，2]時(shí)，g（x）_min=g（b）=4-b²≥0也與（※）矛盾；
當(dāng)b＞2時(shí)，g(x)min=g(2)=8-4b≤-

1

2

，b≥

17

8

．
綜上，實(shí)數(shù)b的取值范圍是[

17

8

，+∞)．

點(diǎn)評(píng)：本題將導(dǎo)數(shù)、二次函數(shù)、不等式知識(shí)有機(jī)的結(jié)合在一起，考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值以及二次函數(shù)的最值問(wèn)題，考查了同學(xué)們分類(lèi)討論的數(shù)學(xué)思想以及解不等式的能力；考查了學(xué)生綜合運(yùn)用所學(xué)知識(shí)分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力．