Question

17．设函数f（x）=lnx-ax+$\frac{1-a}{x}$-1（0＜a＜1）
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）当a=$\frac{1}{3}$时，设函数g（x）=x²-2bx-$\frac{5}{9}$，若对于?x₁∈[1，2]，?x₂∈[0，1]，使f（x₁）≥g（x₂）成立，求实数b的取值范围．

Answer 1

分析 （1）直接利用函数与导数的关系，求出函数的导数，再讨论函数的单调性；
（2）利用导数求出f（x）的最小值、利用二次函数知识或分离常数法求出g（x）在闭区间[1，2]上的最大值，然后解不等式求参数．

解答 解：（1）∵函数f（x）=lnx-ax+$\frac{1-a}{x}$-1（0＜a＜1），
所以f′（x）=$\frac{-{ax}^{2}+x+a-1}{{x}^{2}}$（x＞0），
令h（x）=ax²-x+1-a（x＞0）
当a≠0时，由f′（x）=0，即ax²-x+1-a=0，解得x₁=1，x₂=$\frac{1}{a}$-1．
当a=$\frac{1}{2}$时x₁=x₂，h（x）≥0恒成立，此时f′（x）≤0，函数f（x）单调递减；
当0＜a＜$\frac{1}{2}$时，$\frac{1}{a}$-1＞1＞0，x∈（0，1）时h（x）＞0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；
x∈（1，$\frac{1}{a}$-1）时，h（x）＜0，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；
x∈（$\frac{1}{a}$-1，+∞）时，h（x）＞0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减．
当$\frac{1}{2}$＜a＜1时，0＜$\frac{1}{a}$-1＜1，x∈（0，$\frac{1}{a}$-1）时h（x）＞0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；
x∈（$\frac{1}{a}$-1，1）时，h（x）＜0，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；
x∈（1，+∞）时，h（x）＞0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减
综上所述：当0＜a＜$\frac{1}{2}$时，函数f（x）在（0，1）、（$\frac{1}{a}$-1，+∞）单调递减，（1，$\frac{1}{a}$-1）单调递增；
当a=$\frac{1}{2}$时x₁=x₂，h（x）≥0恒成立，此时f′（x）≤0，函数f（x）在（0，+∞）单调递减；
当$\frac{1}{2}$＜a＜1时，函数f（x）在（0，$\frac{1}{a}$-1）单调递减，（$\frac{1}{a}$-1，1）单调递增，（1，+∞）单调递减．
（2）a=$\frac{1}{3}$时，由（1）得函数f（x）在区间（1，2）递增，
故函数f（x）在区间[1，2]上的最小值是f（1）=-$\frac{2}{3}$，
原题等价于g（x）在[0，1]上的最小值小于或等于f（x）在区间[1，2]的最小值，
又∵g（x）=（x-b）²-b²-$\frac{5}{9}$，x∈[0，1]，
则①b＜0时，g（x）在[0，1]递增，g（x）_min=g（0）=-$\frac{5}{9}$＞-$\frac{2}{3}$，不合题意；
②0≤b≤1时，g（x）_min=g（b）=-b²-$\frac{5}{9}$≤-$\frac{2}{3}$，解得：$\frac{1}{3}$≤b≤1；
③b＞1时，g（x）在[0，1]递减，g（x）min=g（1）=$\frac{4}{9}$-2b≤-$\frac{2}{3}$，
解得：b≥$\frac{5}{9}$，此时，b＞1，
综上，b的范围是b≥$\frac{1}{3}$．

点评 本题将导数、二次函数、不等式知识有机的结合在一起，考查了利用导数研究函数的单调性、利用导数求函数的最值以及二次函数的最值问题，考查了同学们分类讨论的数学思想以及解不等式的能力；考查了学生综合运用所学知识分析问题、解决问题的能力．