Question

7．已知函数f（x）=alnx+$\frac{1}{x}$-bx+1．
（Ⅰ）若2a-b=4，则当a＞2时，讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）令a≥-4，b=-1，F（x）=f（x）-$\frac{5}{x}$，若存在x₀∈[1，4]，使得不等式F（x₀）≥2成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的导数，并分解因式，讨论当a=4时，当2＜a＜4时，当a＞4时，由导数的符号即可得到单调性；
（Ⅱ）F（x）=f（x）-$\frac{5}{x}$=alnx+$\frac{1}{x}$+x+1-$\frac{5}{x}$=alnx+x-$\frac{4}{x}$+1，由题意可得alnx₀+x₀-$\frac{4}{{x}_{0}}$+1≥2，即alnx₀+x₀-$\frac{4}{{x}_{0}}$-1≥0在[1，4]成立，令g（x）=alnx+x-$\frac{4}{x}$-1，求出导数，由a≥-4，对x²+ax+4的判别式△=a²-16，讨论当-4≤a≤4时，当a＞4，判断在[1，4]上g（x）的单调性，即可得到所求a的范围．

解答 解：（Ⅰ）若2a-b=4，即有b=2a-4，
函数f（x）=alnx+$\frac{1}{x}$-bx+1=alnx+$\frac{1}{x}$+（4-2a）x+1，
f′（x）=$\frac{a}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$+4-2a=$\frac{ax-1+（4-2a）{x}^{2}}{{x}^{2}}$
=$\frac{（2x-1）[（2-a）x+1]}{{x}^{2}}$，
由a＞2可得2-a＜0，
f′（x）=0的两根为x₁=$\frac{1}{2}$，x₂=$\frac{1}{a-2}$，
当a=4时，f′（x）=-$\frac{（2x-1）^{2}}{{x}^{2}}$≤0，f（x）递减；
当2＜a＜4时，$\frac{1}{2}$＜$\frac{1}{a-2}$，可得f（x）在（0，$\frac{1}{2}$）递减，在（$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{a-2}$）递增，在（$\frac{1}{a-2}$，+∞）递减；
当a＞4时，$\frac{1}{2}$＞$\frac{1}{a-2}$，可得f（x）在（0，$\frac{1}{a-2}$）递减，在（$\frac{1}{a-2}$，$\frac{1}{2}$）递增，在（$\frac{1}{2}$，+∞）递减；
（Ⅱ）令a≥-4，b=-1，
F（x）=f（x）-$\frac{5}{x}$=alnx+$\frac{1}{x}$+x+1-$\frac{5}{x}$=alnx+x-$\frac{4}{x}$+1，
存在x₀∈[1，4]，使得不等式F（x₀）≥2成立，
可得alnx₀+x₀-$\frac{4}{{x}_{0}}$+1≥2，
即alnx₀+x₀-$\frac{4}{{x}_{0}}$-1≥0在[1，4]成立，
令g（x）=alnx+x-$\frac{4}{x}$-1，g′（x）=$\frac{a}{x}$+1+$\frac{4}{{x}^{2}}$=$\frac{ax+{x}^{2}+4}{{x}^{2}}$，
由a≥-4，对x²+ax+4的判别式△=a²-16，
当-4≤a≤4时，△≤0，g′（x）≥0，只需g（4）≥0，
即aln4+4-1-1≥0，解得a≥-$\frac{2}{ln4}$，即有-$\frac{2}{ln4}$≤a≤4；
当a＞4时，△＞0，x=-$\frac{a}{2}$＜0，在[1，4]上g′（x）≥0，只需g（4）≥0，
同理可得a≥-$\frac{2}{ln4}$，即有a＞4成立．
综上可得a的范围是[-$\frac{2}{ln4}$，+∞）．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间，考查分类讨论思想方法，以及转化思想，考查存在性问题的解法，以及化简整理的运算能力，属于难题．