Question

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

Answer 1

分析 （1）當b＞0時，去掉絕對值，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，應(yīng)有f′（x）≥0，即可證明0≤a≤b；
（2）由題意可知：分別討論當b=0和b＞0時，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)零點定理可知存在a∈（1，e²），使得F（a）=0，當a≥b＞0和0＜a＜b時，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有解及實數(shù)b的取值范圍．

解答 證明：（1）當b＞0時，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0＜x＜b時，f′（x）=$\frac{-x-a}{x}$＜0，
又因為f（x）在x=b處取得極小值，
所以當x≥b時，應(yīng)有f′（x）≥0，
即x-a≥0⇒b-a≥0，
所以0≤a≤b，
解：（2）（Ⅰ）當b=0時，f（x）=x-alnx，f′（x）=$\frac{x-a}{x}$，
因為a∈[$\frac{1}{e}$，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b＞0時，因為不等f（x）≥0恒成立，
所以f（b）=-alnb≥0，即b∈（0，1]，
①x∈（0，b）時，因為丨x-b丨＞0且alnx＜0，所以f（x）＞0，
②當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，
又因為當a∈[$\frac{1}{e}$，e]，時，由（Ⅰ）可知（a-alna）_min=0，
即此時沒有符合條件的b；
綜上，若對?a∈[$\frac{1}{e}$，e]，不等式f（x）≥0恒成立，求實數(shù)b=0；
（3）當b=0，f（a）=a-alna，b²-1=-1，設(shè)F（a）=a-alna+1，
因為F（1）=2＞0，F(xiàn)（e²）=-e²+1＜0，
由F（1）•F（e²）＜0，
由零點定理可知：即存在a∈（1，e²），使得F（a）=0，
所以當b=0時成立；
當a≥b＞0時，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a≤1時，alna＜0，
∴a-alna≥a≥b≥b²+b-1，
即g（a）≥h（a），
當且僅當a=b=1時，等號成立，即此時b=1，
當a＞1時，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，此時滿足b＜a，
又因為g（e²）=-e²＜（b²+b-1）_min=-1，
所以對?b∈（0，1），?a∈（1，e²），滿足g（a）=h（b），
即f（a）=b²-l有解，
綜上可知b∈（0，1]，符合題意；
當0＜a＜b時，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a＜b≤1時，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（$\frac{1}{{e}^{2}}$）=$\frac{1}{{e}^{2}}$，
又因為a∈（0，$\frac{1}{{e}^{2}}$），g（a）＞0，
所以g（a）＞g（b）=-1，
即g（a）＞g（b）；
②b＞1時，h（b）單調(diào)遞增，h（b）＞-1，
即g（a）＞-1，a∈（0，1），
又因為a∈（0，1）時，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?b∈（1，$\frac{e+\sqrt{5{e}^{2}+4}}{2e}$），?a∈（0，1），滿足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，$\frac{e+\sqrt{5{e}^{2}+4}}{2e}$]．

點評 本題利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性及極值，考查零點定理，考查分類討論思想，考查一元二次方程的解集，考查分析問題及解決問題得能力，分類種類多，計算量大，屬于難題．