Question

3．已知函数$f（x）=\frac{1-a}{x}-ax+lnx（a∈R）$，g（x）=x³-2bx+3
（1）当$0≤a＜\frac{1}{2}$时，讨论f（x）的单调性；
（2）当$a=\frac{1}{4}$时，若对于任意x₁∈（0，2），x₂∈[1，2]均有f（x₁）≥g（x₂）成立，求实数b的取值范围．

Answer 1

分析 （1）先求导，再分类讨论，根据导数和函数的单调性的关系即可判断，
（2）先根据导数求出f（x）的最小值，再对任意x₁∈（0，2），当x₂∈[1，2]时，f（x₁）≥g（x₂）恒成立，转化为只需当x∈[1，2]时，g（x）≤f（x）_min即可，即为当x∈[1，2]，x²+$\frac{5}{2x}$≤2b恒成立，再构造函数，求出最值即可求出b的范围

解答 解：（1）求导函数可得：f′（x）=$\frac{a-1}{{x}^{2}}$-a+$\frac{1}{x}$=-$\frac{a{x}^{2}-x+1-a}{{x}^{2}}$=-$\frac{[ax-（1-a）]（x-1）}{{x}^{2}}$，
分类讨论，当a=0时，f′（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，令f′（x）=0，解得x=1，
故f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
当0＜a＜$\frac{1}{2}$时，令f′（x）=0，解得x=$\frac{1}{a}$-1，或x=1，此时$\frac{1}{a}$-1＞1，
令f′（x）＞0，即1＜x＜$\frac{1}{a}$-1，函数单调递增，
f'（x）＜0，即0＜x＜1，或x＞$\frac{1}{a}$-1，函数单调递减，
综上所述，当a=0时，f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
当0＜a＜$\frac{1}{2}$时，函数f（x）在（1．，$\frac{1}{a}$-1）单调递增，在（0，1）或（$\frac{1}{a}$-1，+∞）单调递减，
（2）当a=$\frac{1}{4}$时，f（x）=$\frac{3}{4x}$-$\frac{1}{4}$x+lnx，
由（1）可知，函数f（x）在（0，1）上是单调递减，在（1，2）上单调递增，
所以函数f（x）在（0，2）的最小值为f（1）=$\frac{1}{2}$，
若对任意x₁∈（0，2），当x₂∈[1，2]时，f（x₁）≥g（x₂）恒成立，
根据题意可知当x∈[1，2]，g（x）=x³-2bx+3≤$\frac{1}{2}$恒成立，
即当x∈[1，2]，x²+$\frac{5}{2x}$≤2b恒成立，
设h（x）=x²+$\frac{5}{2x}$，
则h′（x）=2x-$\frac{5}{2{x}^{2}}$=$\frac{4{x}^{3}-5}{2{x}^{2}}$，
令h′（x）=0，解得x=$\root{3}{\frac{5}{4}}$＞1，
所以h（x）在[1，$\root{3}{\frac{5}{4}}$）单调递减，在（$\root{3}{\frac{5}{4}}$，2]上单调递增，
又因为h（1）=$\frac{7}{2}$，h（2）=4+$\frac{5}{4}$=$\frac{21}{4}$，
所以2b≥$\frac{21}{4}$，
故b≥$\frac{21}{8}$

点评 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查恒成立问题，解题的关键是将对任意x₁∈（0，2），当x₂∈[1，2]时，f（x₁）≥g（x₂）恒成立，转化为只需当x∈[1，2]时，g_max（x）≤f（x）_min．