Question

8．已知函數(shù)$f（x）=\frac{1}{2}a{x^2}-（a+1）x+lnx$，$g（x）={x^2}-2bx+\frac{7}{8}$．
（1）當(dāng)a＜1時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）當(dāng)$a=\frac{1}{4}$時，函數(shù)f（x）在（0，2]上的最大值為M，若存在x∈[1，2]，使得g（x）≥M成立，求實數(shù)b的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出導(dǎo)數(shù)f′（x），分情況討論：①a=0時，解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0即得f（x）的單調(diào)區(qū)間；②a≠0時，解方程f′（x）=0得x=1或x=$\frac{1}{a}$，按照1與$\frac{1}{a}$的大小討論，根據(jù)f′（x）的符號即可求得其單調(diào)區(qū)間；
（2）當(dāng)a=$\frac{1}{4}$時，借助（1）問單調(diào)性易求得M，存在x∈[1，2]，使g（x）≥-$\frac{9}{8}$，等價于g（x）_max≥-$\frac{9}{8}$，由二次函數(shù)的性質(zhì)可得不等式組，解出即可．

解答 解：（1）f′（x）=ax-（a+1）+$\frac{1}{x}$=$\frac{（ax-1）（x-1）}{x}$（x＞0），
①當(dāng)a=0時，解f′（x）=-$\frac{x-1}{x}$＞0，得0＜x＜1，由f′（x）＜0，得x＞1，
所以函數(shù)f（x）的遞增區(qū)間為（0，1），遞減區(qū)間為在（1，+∞）；
②a≠0時，令f'（x）=0得x=1或x=$\frac{1}{a}$，
i）當(dāng)0＜a＜1時，$\frac{1}{a}$＞1，當(dāng)x變化時f（x）、f′（x）隨x的變化情況如下表：

x	（0，1））	1	（1，$\frac{1}{a}$）	$\frac{1}{a}$	（$\frac{1}{a}$，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	增		減		增

函數(shù)f（x）的遞增區(qū)間為（0，1），（$\frac{1}{a}$，+∞），遞減區(qū)間為（1，$\frac{1}{a}$）；
ii）當(dāng)a＜0時，$\frac{1}{a}$＜0，
在（0，1）上f'（x）＞0，在（1，+∞）上f'（x）＜0，
所以函數(shù)f（x）的遞增區(qū)間為（0，1），遞減區(qū)間為（1，+∞）；
（2）由（1）知，當(dāng)a=$\frac{1}{4}$時，f（x）在（0，1）上是增函數(shù)，在（1，2）上是減函數(shù)，
所以M=f（1）=-$\frac{9}{8}$，
存在x∈[1，2]，使g（x）≥-$\frac{9}{8}$，即存在x∈[1，2]，使x²-2bx+$\frac{7}{8}$≥-$\frac{9}{8}$，
只需函數(shù)g（x）在[1，2]上的最大值大于等于-$\frac{9}{8}$，
所以有 $\left\{\begin{array}{l}{g（1）≥-\frac{9}{8}}\\{g（2）≥-\frac{9}{8}}\end{array}\right.$，即 $\left\{\begin{array}{l}{1-2b+\frac{7}{8}≥-\frac{9}{8}}\\{4-4b+\frac{7}{8}≥-\frac{9}{8}}\end{array}\right.$，解得：b≤$\frac{3}{2}$，
所以b的取值范圍是（-∞，$\frac{3}{2}$]．

點評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、在閉區(qū)間上的最值等知識，考查分類討論思想，考查學(xué)生分析解決問題的能力，把存在性問題轉(zhuǎn)化為最值問題是解決（2）問的關(guān)鍵．