Question

7．已知函数$f（x）=\frac{2（2-a）}{x}+（a+2）lnx-ax-2$．
（Ⅰ）当0＜a＜2时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）已知a=1，函数$g（x）={x^2}-4bx-\frac{1}{4}$．若对任意x₁∈（0，e]，都存在x₂∈（0，2]，使得f（x₁）≥g（x₂）成立，求实数b的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）当0＜a＜2时，求出函数的导数，当$0＜a＜\frac{2}{3}$时，当$\frac{2}{3}＜a＜2$时，分别求解导函数的符号，判断函数的单调性求解单调区间即可．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知a=1，f（x）在（0，1）内单调递减，（1，2）内单调递增，（2，e）内单调递减，推出x₁∈（0，e]，f（x）|_min=f（1）=-1，?x₁∈（0，e]，?x₂∈[0，2]有f（x₁）≥g（x₂），转化为：只需g（x）在[0，2]上最小值小于等于-1即可．

解答 解：（Ⅰ）当0＜a＜2时，$f'（x）=-\frac{{a{x^2}-（a+2）x+2（2-a）}}{x^2}=-\frac{（x-2）[ax-（2-a）}{x^2}$，
当$0＜a＜\frac{2}{3}$时，$f'（x）＞0⇒2＜x＜\frac{2-a}{2}，f'（x）＜0⇒x＞\frac{2-a}{2}$或0＜x＜2，
f（x）在$（2，\frac{2-a}{2}）$上递增，在（0，2）和$（\frac{2-a}{2}，+∞）$上递减；
当$\frac{2}{3}＜a＜2$时，$f'（x）＞0⇒\frac{2-a}{2}＜x＜2，f'（x）＜0⇒x＞2$或$0＜x＜\frac{2-a}{2}$，
f（x）在$（\frac{2-a}{2}，2）$上递增，在$（0，\frac{2-a}{2}）$和（2，+∞）上递减；
$f'（x）=-\frac{2}{3}\frac{{{{（x-2）}^2}}}{x^2}$，f（x）在（0，+∞）上递减．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知a=1，f（x）在（0，1）内单调递减，（1，2）内单调递增，（2，e）内单调递减，
又$f（1）=-1，f（e）=\frac{2}{e}-e+1，f（e）-f（1）=\frac{2}{e}-e+2=-\frac{{{{（e-1）}^2}-3}}{e}＞0$，
∴x₁∈（0，e]，f（x）|_min=f（1）=-1故?x₁∈（0，e]，?x₂∈[0，2]有f（x₁）≥g（x₂），
只需g（x）在[0，2]上最小值小于等于-1即可．
x₀=2b＜0即b＜0时g（x）最小值$g（0）=-\frac{1}{4}＞-1$，不合题意，舍去；
x₀=2b∈[0，2]，即0≤b≤1时g（x）最小值，$g（2b）=-4{b^2}-\frac{1}{4}≤-1⇒\frac{{\sqrt{3}}}{4}≤b≤1$；
x₀=2b＞2即b＞1时g（x）最小值$g（2）=-\frac{15}{4}-8b≤-1⇒b≥\frac{19}{32}$，∴b＞1；
综上所述：$b≥\frac{{\sqrt{3}}}{4}$．

点评 本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及极值的求法，函数的最值的求法，考查分类讨论思想以及转化思想的应用，考查计算能力．