Question

已知函數(shù)f（x）=lnx-ax+

1-a

x

-1(a＞0)．
（1）設(shè)0＜a＜1，試討論f（x）單調(diào)性；
（2）設(shè)g（x）=x²-2bx+4，當(dāng)a=

1

4

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

Answer 1

考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：綜合題,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）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；
（2）利用導(dǎo)數(shù)求出f（x）的最小值、利用二次函數(shù)知識或分離常數(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：（1）∵函數(shù)f(x)=lnx-ax+

1-a

x

-1(a＞0)，
所以f′（x）=

-ax2+x+a-1

x2

（x＞0），
令h（x）=ax²-x+1-a（x＞0）
當(dāng)a≠0時，由f′（x）=0，即ax²-x+1-a=0，解得x₁=1，x₂=

1

a

-1．
當(dāng)a=

1

2

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

1

2

時，

1

a

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

1

a

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

1

a

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

1

2

＜a＜1時，0＜

1

a

-1＜1，x∈（0，

1

a

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

1

a

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

1

2

時，函數(shù)f（x）在（0，1）、（

1

a

-1，+∞）單調(diào)遞減，（1，

1

a

-1）單調(diào)遞增；
當(dāng)a=

1

2

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

1

2

＜a＜1時，函數(shù)f（x）在（0，

1

a

-1）單調(diào)遞減，（

1

a

-1，1）單調(diào)遞增，（1，+∞）單調(diào)遞減．
（2）當(dāng)a=

1

4

時，f（x）在（0，1）上是減函數(shù)，在（1，2）上是增函數(shù)，
所以對任意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，g（x）_min=g（1）=5-2b＞0與（※）矛盾；
當(dāng)b∈[1，2]時，g（x）_min=g（b）=4-b²≥0也與（※）矛盾；
當(dāng)b＞2時，g（x）_min=g（2）=8-4b≤-

1

2

，所以b≥

17

8

．
綜上，實(shí)數(shù)b的取值范圍是[

17

8

，+∞）．

點(diǎn)評：本題將導(dǎo)數(shù)、二次函數(shù)、不等式知識有機(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)的最值問題，考查了同學(xué)們分類討論的數(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)知識分析問題、解決問題的能力．