Question

已知函數(shù)f(x)=lnx-a(x+

1

x

)+

1

x

+1(a∈R)．
（Ⅰ）當(dāng)0≤a≤

1

2

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

1

3

時，若對任意x₁∈（0，2]，存在x₂∈[2，3]，使f（x₁）≥g（x₂），求實數(shù)b取值范圍．

Answer 1

分析：（I）求f（x）的導(dǎo)數(shù)f′（x），討論0≤a≤

1

2

時，f′（x）的正負(fù)，從而判定f（x）的單調(diào)性；
（II）由題意，要使f（x₁）≥g（x₂）成立，只需f_min（x）≥g_min（x）即可，求出f_min（x），
方法一：g（x）是二次函數(shù)，求出g（x）在[2，3]上的最小值，得出b的取值范圍；
方法二：參變量分離得b≥x+

2

3x

，從而求出b的取值范圍．

解答：解：（I）∵f（x）=lnx-a（x+

1

x

）+

1

x

+1（x＞0，a∈R），
∴f′(x)=

1

x

-a+

a

x2

-

1

x2

=

-ax2+x+a-1

x2

=-

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

x2

（x＞0）
①當(dāng)a=0時，f′（x）=

x-1

x2

（x＞0），∴0＜x＜1時，f′（x）＜0，f（x）是減函數(shù)，x＞1時，f′（x）＞0，f（x）是增函數(shù)；
②當(dāng)a=

1

2

時，f′（x）=-

(x-1)2

2x2

≤0，∴f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞減； 
③當(dāng)0＜a＜

1

2

時，

1-a

a

＞1，x∈（0，1]時，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）在（0，1]上單調(diào)遞減；
x∈(1，

1-a

a

]時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）在(1，

1-a

a

]上單調(diào)遞增；
x∈(

1-a

a

，+∞)時，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）在(

1-a

a

，+∞)上單調(diào)遞減．
（II）若對任意x₁∈（0，2]，存在x₂∈[2，3]，使f（x₁）≥g（x₂）成立，
只需f_min（x）≥g_min（x）；
由（I）知，當(dāng)a=

1

3

時，f（x）在（0，1]單調(diào)遞減，在（1，2]單調(diào)遞增．
∴fmin(x)=f(1)=

4

3

，
方法一：g（x）=x²-bx+2，對稱軸x=

b

2

，①當(dāng)

b

2

≤2，即b≤4時，gmin(x)=g(2)≤

4

3

，得：

7

3

≤b≤4；
②當(dāng)

b

2

≥3，即b≥6時，gmin(x)=g(3)≤

4

3

，得：b≥6；
③當(dāng)2＜

b

2

＜3，即4＜b＜6時，gmin(x)=g(

b

2

)≤

4

3

，得：4＜b＜6．
綜上：b≥

7

3

．
方法二：參變量分離：b≥x+

2

3x

，
令h(x)=x+

2

3x

，只需b≥h_min（x），可知h（x）在[2，3]上單調(diào)遞增，
∴hmin(x)=h(2)=

7

3

，b≥

7

3

．

點評：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)判定函數(shù)的單調(diào)性以及利用函數(shù)的單調(diào)性解含參數(shù)的不等式的問題，是較難的題目．