Question

18．已知函數(shù)$f（x）=lnx-ax+\frac{1-a}{x}-1（a∈R）$
（1）當(dāng)$0＜a＜\frac{1}{2}$時(shí)，討論f（x）的單調(diào)性
（2）設(shè)g（x）=x²-2bx+4．當(dāng)$a=\frac{1}{4}$時(shí)，若對(duì)任意x₁∈（0，2），存在x₂∈[1，2]，使f（x₁）≥g（x₂），求實(shí)數(shù)b取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）問(wèn)題等價(jià)于g（x）在[1，2]上的最小值不大于f（x）在（0，2）上的最小值$-\frac{1}{2}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性分別求出函數(shù)g（x）的最小值和f（x）的最小值，得到關(guān)于b的不等式，解出即可．

解答 解：（1）因?yàn)?f（x）=lnx-ax+\frac{1-a}{x}-1$
所以$f'（x）=\frac{1}{x}-a+\frac{a-1}{x^2}=-\frac{{a{x^2}-x+1-a}}{x^2}，x∈（0，+∞）$
令f′（x）=0，解得：x=1或$\frac{1}{a}$-1，-------------------（2分）
當(dāng)0＜a＜$\frac{1}{2}$時(shí)，$\frac{1}{a}-1＞1＞0$，x∈（0，1）時(shí)，此時(shí)f'（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；
$x∈（1，\frac{1}{a}-1）$時(shí)，此時(shí)f'（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增；
$x∈（\frac{1}{a}-1，+∞）$時(shí)，此時(shí)f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減：-------------------（5分）
（2）因?yàn)?a=\frac{1}{4}∈（0，\frac{1}{2}）$，由（I）知，$\frac{1}{a}-1=3∉（0，2）$，
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，f'（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈（1，2）時(shí)，f'（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，
所以f（x）在（0，2）上的最小值為$f（1）=-\frac{1}{2}$
由于“對(duì)任意x₁∈（0，2），存在x₂∈[1，2]，
使f（x₁）≥g（x₂）等價(jià)于g（x）在[1，2]上的最小值不大于f（x）在（0，2）上的最小值$-\frac{1}{2}$”（*）-------------------（8分）
又g（x）=（x-b）²+4-b²，x∈[1，2]，
所以①當(dāng)b＜1時(shí)，因?yàn)閇g（x）]_min=g（1）=5-2b＞0此時(shí)與（*）矛盾，
②當(dāng)1≤b≤2時(shí)，因?yàn)?{[g（x）]_{min}}=4-{b^2}≥0$同樣與（*）矛盾，
③當(dāng)b＞2時(shí)，因?yàn)閇g（x）]_min=g（2）=8-4b，
且當(dāng)b＞2時(shí)，8-4b＜0，解不等式$8-4b≤-\frac{1}{2}$，可得$b≥\frac{17}{8}$-------------------（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問(wèn)題，考查分類(lèi)討論思想，是一道綜合題．