Question

3．已知函數(shù)$f（x）=\frac{1-a}{x}-ax+lnx（a∈R）$，g（x）=x³-2bx+3
（1）當(dāng)$0≤a＜\frac{1}{2}$時，討論f（x）的單調(diào)性；
（2）當(dāng)$a=\frac{1}{4}$時，若對于任意x₁∈（0，2），x₂∈[1，2]均有f（x₁）≥g（x₂）成立，求實數(shù)b的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先求導(dǎo)，再分類討論，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系即可判斷，
（2）先根據(jù)導(dǎo)數(shù)求出f（x）的最小值，再對任意x₁∈（0，2），當(dāng)x₂∈[1，2]時，f（x₁）≥g（x₂）恒成立，轉(zhuǎn)化為只需當(dāng)x∈[1，2]時，g（x）≤f（x）_min即可，即為當(dāng)x∈[1，2]，x²+$\frac{5}{2x}$≤2b恒成立，再構(gòu)造函數(shù)，求出最值即可求出b的范圍

解答 解：（1）求導(dǎo)函數(shù)可得：f′（x）=$\frac{a-1}{{x}^{2}}$-a+$\frac{1}{x}$=-$\frac{a{x}^{2}-x+1-a}{{x}^{2}}$=-$\frac{[ax-（1-a）]（x-1）}{{x}^{2}}$，
分類討論，當(dāng)a=0時，f′（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，令f′（x）=0，解得x=1，
故f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
當(dāng)0＜a＜$\frac{1}{2}$時，令f′（x）=0，解得x=$\frac{1}{a}$-1，或x=1，此時$\frac{1}{a}$-1＞1，
令f′（x）＞0，即1＜x＜$\frac{1}{a}$-1，函數(shù)單調(diào)遞增，
f'（x）＜0，即0＜x＜1，或x＞$\frac{1}{a}$-1，函數(shù)單調(diào)遞減，
綜上所述，當(dāng)a=0時，f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
當(dāng)0＜a＜$\frac{1}{2}$時，函數(shù)f（x）在（1．，$\frac{1}{a}$-1）單調(diào)遞增，在（0，1）或（$\frac{1}{a}$-1，+∞）單調(diào)遞減，
（2）當(dāng)a=$\frac{1}{4}$時，f（x）=$\frac{3}{4x}$-$\frac{1}{4}$x+lnx，
由（1）可知，函數(shù)f（x）在（0，1）上是單調(diào)遞減，在（1，2）上單調(diào)遞增，
所以函數(shù)f（x）在（0，2）的最小值為f（1）=$\frac{1}{2}$，
若對任意x₁∈（0，2），當(dāng)x₂∈[1，2]時，f（x₁）≥g（x₂）恒成立，
根據(jù)題意可知當(dāng)x∈[1，2]，g（x）=x³-2bx+3≤$\frac{1}{2}$恒成立，
即當(dāng)x∈[1，2]，x²+$\frac{5}{2x}$≤2b恒成立，
設(shè)h（x）=x²+$\frac{5}{2x}$，
則h′（x）=2x-$\frac{5}{2{x}^{2}}$=$\frac{4{x}^{3}-5}{2{x}^{2}}$，
令h′（x）=0，解得x=$\root{3}{\frac{5}{4}}$＞1，
所以h（x）在[1，$\root{3}{\frac{5}{4}}$）單調(diào)遞減，在（$\root{3}{\frac{5}{4}}$，2]上單調(diào)遞增，
又因為h（1）=$\frac{7}{2}$，h（2）=4+$\frac{5}{4}$=$\frac{21}{4}$，
所以2b≥$\frac{21}{4}$，
故b≥$\frac{21}{8}$

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的單調(diào)性與最值，考查恒成立問題，解題的關(guān)鍵是將對任意x₁∈（0，2），當(dāng)x₂∈[1，2]時，f（x₁）≥g（x₂）恒成立，轉(zhuǎn)化為只需當(dāng)x∈[1，2]時，g_max（x）≤f（x）_min．