Question

17．設(shè)函數(shù)f（x）=lnx-ax+$\frac{1-a}{x}$-1（0＜a＜1）
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）當a=$\frac{1}{3}$時，設(shè)函數(shù)g（x）=x²-2bx-$\frac{5}{9}$，若對于?x₁∈[1，2]，?x₂∈[0，1]，使f（x₁）≥g（x₂）成立，求實數(shù)b的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）直接利用函數(shù)與導數(shù)的關(guān)系，求出函數(shù)的導數(shù)，再討論函數(shù)的單調(diào)性；
（2）利用導數(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+$\frac{1-a}{x}$-1（0＜a＜1），
所以f′（x）=$\frac{-{ax}^{2}+x+a-1}{{x}^{2}}$（x＞0），
令h（x）=ax²-x+1-a（x＞0）
當a≠0時，由f′（x）=0，即ax²-x+1-a=0，解得x₁=1，x₂=$\frac{1}{a}$-1．
當a=$\frac{1}{2}$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0＜a＜$\frac{1}{2}$時，$\frac{1}{a}$-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，$\frac{1}{a}$-1）時，h（x）＜0，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增；
x∈（$\frac{1}{a}$-1，+∞）時，h（x）＞0，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減．
當$\frac{1}{2}$＜a＜1時，0＜$\frac{1}{a}$-1＜1，x∈（0，$\frac{1}{a}$-1）時h（x）＞0，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；
x∈（$\frac{1}{a}$-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0＜a＜$\frac{1}{2}$時，函數(shù)f（x）在（0，1）、（$\frac{1}{a}$-1，+∞）單調(diào)遞減，（1，$\frac{1}{a}$-1）單調(diào)遞增；
當a=$\frac{1}{2}$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$\frac{1}{2}$＜a＜1時，函數(shù)f（x）在（0，$\frac{1}{a}$-1）單調(diào)遞減，（$\frac{1}{a}$-1，1）單調(diào)遞增，（1，+∞）單調(diào)遞減．
（2）a=$\frac{1}{3}$時，由（1）得函數(shù)f（x）在區(qū)間（1，2）遞增，
故函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，2]上的最小值是f（1）=-$\frac{2}{3}$，
原題等價于g（x）在[0，1]上的最小值小于或等于f（x）在區(qū)間[1，2]的最小值，
又∵g（x）=（x-b）²-b²-$\frac{5}{9}$，x∈[0，1]，
則①b＜0時，g（x）在[0，1]遞增，g（x）_min=g（0）=-$\frac{5}{9}$＞-$\frac{2}{3}$，不合題意；
②0≤b≤1時，g（x）_min=g（b）=-b²-$\frac{5}{9}$≤-$\frac{2}{3}$，解得：$\frac{1}{3}$≤b≤1；
③b＞1時，g（x）在[0，1]遞減，g（x）min=g（1）=$\frac{4}{9}$-2b≤-$\frac{2}{3}$，
解得：b≥$\frac{5}{9}$，此時，b＞1，
綜上，b的范圍是b≥$\frac{1}{3}$．

點評 本題將導數(shù)、二次函數(shù)、不等式知識有機的結(jié)合在一起，考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、利用導數(shù)求函數(shù)的最值以及二次函數(shù)的最值問題，考查了同學們分類討論的數(shù)學思想以及解不等式的能力；考查了學生綜合運用所學知識分析問題、解決問題的能力．