Question

10．設(shè)函數(shù)f（x）=|x-b|-alnx，其中a、b均為非負(fù)實(shí)數(shù)．
（1）當(dāng)b＞0時(shí)，若函數(shù)f（x）在x=b處取得極小值，證明：0≤a≤b．
（2）若對(duì)?a∈[$\frac{1}{e}$，e]，不等式f（x）≥0恒成立，求實(shí)數(shù)b的值；
（3）若?a∈（0，+∞），使得方程f（a）=b²-l有解，試求實(shí)數(shù)b的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)b＞0時(shí)，去掉絕對(duì)值，求得函數(shù)f（x）的解析式和導(dǎo)函數(shù)f′（x），由函數(shù)f（x）在x=b處取得極小值，即可得到x≥b時(shí)，應(yīng)有f′（x）≥0，即可證明0≤a≤b；
（2）由題意可知：分別討論當(dāng)b=0和b＞0時(shí)，求得函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性根據(jù)，求得函數(shù)的最小值，即可判斷f（x）≥0恒成立，是否成立；
（3）分別討論，當(dāng)b=0，構(gòu)造輔助函數(shù)F（a）=a-alna+1，由F（1）•F（e²）＜0，根據(jù)零點(diǎn)定理可知存在a∈（1，e²），使得F（a）=0，當(dāng)a≥b＞0和0＜a＜b時(shí)，構(gòu)造輔助函數(shù)，g（a）=a-alna，h（b）=b²+b-1，根據(jù)a和b的取值范圍，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，即可求得使得方程f（a）=b²-l有解及實(shí)數(shù)b的取值范圍．

解答 證明：（1）當(dāng)b＞0時(shí)，f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{x-b-alnx}&{x≥b}\\{-x+b-alnx}&{0＜x＜b}\end{array}\right.$，
∴f′（x）=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{x-a}{x}}&{x≥b}\\{\frac{-x-a}{x}}&{0＜x＜b}\end{array}\right.$，
∵a≥0，當(dāng)0＜x＜b時(shí)，f′（x）=$\frac{-x-a}{x}$＜0，
又因?yàn)閒（x）在x=b處取得極小值，
所以當(dāng)x≥b時(shí)，應(yīng)有f′（x）≥0，
即x-a≥0⇒b-a≥0，
所以0≤a≤b，
解：（2）（Ⅰ）當(dāng)b=0時(shí)，f（x）=x-alnx，f′（x）=$\frac{x-a}{x}$，
因?yàn)閍∈[$\frac{1}{e}$，e]，
令f′（x）=0，可得：x=a，

x	（0，a）	a	（a，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）	↓	極小值	↑

由表可知：f（x）_min=f（a）=a-alna，
a∈[$\frac{1}{e}$，e]，f（x）_min=f（a）=a-alna=a（1-lna）≥0，
即不等式f（x）恒成立，
∴b=0符合題意；
（Ⅱ）當(dāng)b＞0時(shí)，因?yàn)椴坏萬(wàn)（x）≥0恒成立，
所以f（b）=-alnb≥0，即b∈（0，1]，
①x∈（0，b）時(shí)，因?yàn)樨瓁-b丨＞0且alnx＜0，所以f（x）＞0，
②當(dāng)x≥b，f（x）=x-b-alnx，f′（x）=$\frac{x-a}{x}$，
由（Ⅰ）可知f（x）_min=f（a）=a-b-alna，
不等式f（x）≥0恒成立，所以f（x）_min≥0，
即b≤a-alna，
又因?yàn)楫?dāng)a∈[$\frac{1}{e}$，e]，時(shí)，由（Ⅰ）可知（a-alna）_min=0，
即此時(shí)沒(méi)有符合條件的b；
綜上，若對(duì)?a∈[$\frac{1}{e}$，e]，不等式f（x）≥0恒成立，求實(shí)數(shù)b=0；
（3）當(dāng)b=0，f（a）=a-alna，b²-1=-1，設(shè)F（a）=a-alna+1，
因?yàn)镕（1）=2＞0，F(xiàn)（e²）=-e²+1＜0，
由F（1）•F（e²）＜0，
由零點(diǎn)定理可知：即存在a∈（1，e²），使得F（a）=0，
所以當(dāng)b=0時(shí)成立；
當(dāng)a≥b＞0時(shí)，f（a）=a-b-alna，
令f（a）=b²-1，即a-alna=b²+b-1，
設(shè)g（a）=a-alna，h（b）=b²+b-1，
①當(dāng)a≤1時(shí)，alna＜0，
∴a-alna≥a≥b≥b²+b-1，
即g（a）≥h（a），
當(dāng)且僅當(dāng)a=b=1時(shí)，等號(hào)成立，即此時(shí)b=1，
當(dāng)a＞1時(shí)，g′（a）=-lna＜0，即g（a）單調(diào)遞減，
g（a）＜g（1）=1，即h（b）＜1，b²+b-1＜1，
得b＜1，此時(shí)滿(mǎn)足b＜a，
又因?yàn)間（e²）=-e²＜（b²+b-1）_min=-1，
所以對(duì)?b∈（0，1），?a∈（1，e²），滿(mǎn)足g（a）=h（b），
即f（a）=b²-l有解，
綜上可知b∈（0，1]，符合題意；
當(dāng)0＜a＜b時(shí)，f（a）=-a+b-alna，
令f（a）=b²-l，即-a-alna=b²+b-1，
設(shè)g（a）=-a-alna，h（b）=b²-b-1，
①當(dāng)a＜b≤1時(shí)，b²+b-1≤-1，g′（a）=-2-lna，
令g′（a）=0，可得：a=$\frac{1}{{e}^{2}}$，易得g（a）在區(qū)間（0，$\frac{1}{{e}^{2}}$）上單調(diào)遞增，在（$\frac{1}{{e}^{2}}$，1）上單調(diào)遞減，
g（a）_max=g（$\frac{1}{{e}^{2}}$）=$\frac{1}{{e}^{2}}$，
又因?yàn)閍∈（0，$\frac{1}{{e}^{2}}$），g（a）＞0，
所以g（a）＞g（b）=-1，
即g（a）＞g（b）；
②b＞1時(shí)，h（b）單調(diào)遞增，h（b）＞-1，
即g（a）＞-1，a∈（0，1），
又因?yàn)閍∈（0，1）時(shí)，g（a）∈（-1，$\frac{1}{{e}^{2}}$]，
所以-1＜h（b）＜$\frac{1}{{e}^{2}}$，解得b∈（1，$\frac{e+\sqrt{5{e}^{2}+4}}{2e}$）
所以對(duì)?b∈（1，$\frac{e+\sqrt{5{e}^{2}+4}}{2e}$），?a∈（0，1），滿(mǎn)足g（a）=h（b），
即f（a）=b²-l有解，
綜上可知b∈（1，$\frac{e+\sqrt{5{e}^{2}+4}}{2e}$]符合題意，
綜上可知：?a∈（0，+∞），使得方程f（a）=b²-l有解，則b∈（1，$\frac{e+\sqrt{5{e}^{2}+4}}{2e}$]．

點(diǎn)評(píng) 本題利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性及極值，考查零點(diǎn)定理，考查分類(lèi)討論思想，考查一元二次方程的解集，考查分析問(wèn)題及解決問(wèn)題得能力，分類(lèi)種類(lèi)多，計(jì)算量大，屬于難題．