Question

已知函數(shù)f(x)=

a(x2+1)+x-1

x

-lnx(a∈R)．
（1）當a＜

1

2

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

1

3

時，若對任意x₁∈（0，2），存在x₂∈[1，2]，使f（x₁）+g（x₂）≤0，求實數(shù)b的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）先對函數(shù)y=f（x）進行求導，然后令導函數(shù)大于0（或小于0）求出x的范圍，根據(jù)f′（x）＞0求得的區(qū)間是單調(diào)增區(qū)間，f′（x）＜0求得的區(qū)間是單調(diào)減區(qū)間，即可得到答案．
（2）由（1）知，當a=

1

3

時，f（x）在（0，1）上是增函數(shù)，在（1，2）上是減函數(shù)．于是x₁∈（0，2）時，f(x1)∈(-∞，

2

3

]從而存在x₂∈[1，2]，使g（x₂）=x₂²-2bx₂+4，且[g(x)]min≤-

2

3

，x∈[1，2]下面考查g（x）=x²-2bx+4=（x-b）²+4-b²，x∈[1，2]的最小值．對字母b進行分類討論：①當b≤1時，②當b≥2時，③當1＜b＜2時，即可求得實數(shù)b的取值范圍．

解答：解：（1）f′(x)=a-

a-1

x2

-

1

x

=

(ax+a-1)(x-1)

x2

．（2分）
①當

1-a

a

＞1時，即0＜a＜

1

2

時，此時f（x）的單調(diào)性如下：

x	（0，1）	1	（1， 1-a a ）	1-a a	（ 1-a a ，+∞）
f′（x）	+	0	_	0	+
f（x）	增		減		增

（4分）
②當a=0時，f′(x)=

1-x

x2

，當0＜x＜1時f（x）遞增；
當x＞1時，f（x）遞減；（5分）
③當a＜0時，

1-a

a

＜0，當0＜x＜1時f（x）遞增；
當x＞1時，f（x）遞減；（6分）
綜上，當a≤0時，f（x）在（0，1）上是增函數(shù)，在（1，+∞）上是減函數(shù)；
當0＜a＜

1

2

時，f（x）在（0，1），（

1-a

a

，+∞）上是增函數(shù)，
在（1，

1-a

a

）上是減函數(shù)．（7分）
（2）由（1）知，當a=

1

3

時，f（x）在（0，1）上是增函數(shù)，在（1，2）上是減函數(shù)．
于是x₁∈（0，2）時，f(x1)∈(-∞，

2

3

]．（8分）
從而存在x₂∈[1，2]，
使g（x₂）=

x

2 2

-2bx2+4≤[-f(x1)]min=-

2

3

?[g(x)]min≤-

2

3

，x∈[1，2]（10分）
考察g（x）=x²-2bx+4=（x-b）²+4-b²，x∈[1，2]的最小值．
①當b≤1時，g（x）在[1，2]上遞增，[g（x）]_min=g(1)=5-2b≤-

2

3

，b≥

17

6

（舍去）..（11分）
②當b≥2時，，g（x）在[1，2]上遞減，[g(x)]min=g(2)=8-4b≤-

2

3

，b≥

13

6

∴b≥

13

6

..（12分）
③當1＜b＜2時，g(x)min=g(b)=4-b2≤-

2

3

，無解．（13分）
綜上b≥

13

6

（14分）

點評：本題主要考查導數(shù)在最大值、最小值問題中的應用及導函數(shù)的正負與原函數(shù)的單調(diào)性之間的關系，即當導函數(shù)大于0時原函數(shù)單調(diào)遞增，當導函數(shù)小于0時原函數(shù)單調(diào)遞減．屬于基礎題．