Question

4．已知函數(shù)f（x）=x²-ax-alnx（a∈R），g（x）=-x³+$\frac{5}{2}$x²+2x-6，g（x）在[1，4]上的最大值為b，當(dāng)x∈[1，+∞）時，f（x）≥b恒成立，則a的取值范圍（　�。�

• A． a≤2
• B． a≤1
• C． a≤-1
• D． a≤0

Answer 1

分析 利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性關(guān)系判斷g（x）的單調(diào)性求出g（x）在[1，4]上的最大值b，對a進(jìn)行討論判斷f（x）在[1，+∞）上的單調(diào)性，令f_min（x）≥b解出a的范圍．

解答 解：g′（x）=-3x²+5x+2，令g′（x）=0得x=2或x=-$\frac{1}{3}$．
當(dāng)1≤x＜2時，g′（x）＞0，當(dāng)2＜x＜4時，g′（x）＜0，
∴g（x）在[1，2）上單調(diào)遞增，在（2，4]上單調(diào)遞減，
∴b=g（2）=0．
∴f（x）≥0在[1，+∞）上恒成立，
f′（x）=2x-a-$\frac{a}{x}$=$\frac{2{x}^{2}-ax-a}{x}$，
令h（x）=2x²-ax-a，△=a²+8a．
（1）若△=a²+8a≤0，即-8≤a≤0，則h（x）≥0恒成立，
∴f′（x）≥0恒成立，∴f（x）在[1，+∞）上是增函數(shù)，
∴f_min（x）=f（1）=1-a≥0，解得a≤1，
∴-8≤a≤0．
（2）若△=a²+8a＞0，即a＜-8或a＞0．
令f′（x）=0得h（x）=0，解得x=$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}+8a}}{4}$（舍）或x=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8a}}{4}$．
若a＜-8，則$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8a}}{4}$＜0，則h（x）＞0在[1，+∞）上恒成立，
∴f′（x）＞0恒成立，∴f（x）在[1，+∞）上是增函數(shù)，
∴f_min（x）=f（1）=1-a≥0，解得a≤1，
∴a＜-8．
若0＜$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8a}}{4}$≤1，即0＜a≤1，則h（x）＞0在[1，+∞）上恒成立，
∴f′（x）≥0恒成立，∴f（x）在[1，+∞）上是增函數(shù)，
∴f_min（x）=f（1）=1-a≥0，解得a≤1，
∴0＜a≤1．
若$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8a}}{4}$＞1，即a＞1時，則1≤x＜$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8a}}{4}$時，h（x）＜0，當(dāng)x＞$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8a}}{4}$時，h（x）＞0．
∴1≤x＜$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8a}}{4}$時，f′（x）＜0，當(dāng)x＞$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8a}}{4}$時，f′（x）＞0．
∴f（x）在[1，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8a}}{4}$]上單調(diào)遞減，在（$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8a}}{4}$，+∞）上單調(diào)遞增．
此時f_min（x）＜f（1）=1-a＜0，不符合題意．
綜上，a的取值范圍是（-∞，1]．
故選：B．

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，函數(shù)最值的計算，屬于中檔題．