Question

15．设函数f（x）=|$\frac{2}{x}$-ax-b|（a，b∈R），若对任意的正实数a和实数b，总存在x₀∈[1，2]，使得f（x₀）≥m，则实数m的取值范围是（　　）

• A． （-∞，0]
• B． （-∞，$\frac{1}{2}$]
• C． （-∞，1]
• D． （-∞，2]

Answer 1

分析 设f（x）的最大值为M（b），令u（x）=$\frac{2}{x}$-ax-b，当x∈[1，2]时，函数u（x）单调递减，可得：1-2a-b≤u（x）≤2-a-b．由a＞0，可得1-2a-b＜2-a-b．由1-2a-b+2-a-b=0，解得b=$\frac{3-3a}{2}$．对a分类讨论，利用函数的单调性即可得出．

解答 解：设f（x）的最大值为M（b），令u（x）=$\frac{2}{x}$-ax-b，当x∈[1，2]时，函数u（x）单调递减，∴1-2a-b≤u（x）≤2-a-b．
∵a＞0，∴1-2a-b＜2-a-b．
由1-2a-b+2-a-b=0，解得b=$\frac{3-3a}{2}$．
①由0＜a≤1，b≥$\frac{3-3a}{2}$时，M（b）=2a+b-1；b＜$\frac{3-3a}{2}$时，M（b）=2-a-b．当b=$\frac{3-3a}{2}$时，M（b）min=$\frac{1+a}{2}$∈$（\frac{1}{2}，1]$．
②由1≤a≤2，M（b）=2a+b-1≥1+b，M（b）min=2a+b-1＞1．
③由2≤a时，2-a-b＜0，M（b）=2a+b-1≥1+a，M（b）min=1+a≥3．
综上可得：M（b）_min$＞\frac{1}{2}$，∴m≤$\frac{1}{2}$．
故选：B．

点评 本题考查了函数的单调性、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．