Question

13．已知函数f（x）=lnx-ax+$\frac{1-a}{x}$+1
（1）当a=$\frac{1}{4}$时，求函数y=f（x）的极值；
（2）当$a∈（\frac{1}{3}，1）$时，若对任意实数b∈[2，3]，当x∈（0，b]时，函数f（x）的最小值为f（b），求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）分别解出f′（x）＞0，f′（x）＜0，即可得出函数f（x）的单调性与极值．
（2）由已知$f'（x）=\frac{1}{x}-a-\frac{1-a}{x^2}=-\frac{{a（x-1）（x-\frac{1-a}{a}）}}{x^2}$．比较1与$\frac{1-a}{a}$的大小关系，对a分类讨论，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出．

解答 解：（1）当a=$\frac{1}{4}$时，$f（x）=lnx-\frac{1}{4}x+\frac{3}{4x}+1$，
则$f'（x）=\frac{1}{x}-\frac{1}{4}-\frac{3}{{4{x^2}}}=\frac{-（x-1）（x-3）}{{4{x^2}}}$，
∴当x∈（0，1）或x∈（3，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈（1，3）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
∴当x=1时，f（x）有极小值为$\frac{3}{2}$，
当x=3时，f（x）有极大值为$ln3+\frac{1}{2}$．
（2）由已知$f'（x）=\frac{1}{x}-a-\frac{1-a}{x^2}=-\frac{{a（x-1）（x-\frac{1-a}{a}）}}{x^2}$．
①当$a∈（\frac{1}{3}，\frac{1}{2}）$时，$\frac{1-a}{a}-1=\frac{1-2a}{a}＞0$，
∴x∈（0，1）和$x∈（\frac{1-a}{a}，+∞）$时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
$x∈（1，\frac{1-a}{a}）$时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
又∵$\frac{1-a}{a}＜2$，要对任意实数b∈[2，3]，当x∈（0，b]时，函数f（x）的最小值为f（b），只需要f（2）≤f（1），
即$ln2-2a+\frac{1-a}{2}+1≤2-2a$，解得a≥2ln2-1，
∵$\frac{1}{2}≥2ln2-1$，∴$2ln2-1≤a＜\frac{1}{2}$．
②当$a=\frac{1}{2}$时，$\frac{1-a}{a}=1$，$f'（x）=\frac{{-\frac{1}{2}{{（x-1）}^2}}}{x^2}$，在x∈（0，+∞）上，恒有f'（x）≤0，且仅有f′（x）=0，故f（x）在（0，+∞）上单调递减．显然成立．
③当$\frac{1}{2}＜a＜1$时，$\frac{1-a}{a}＞0，\frac{1-a}{a}-1=\frac{1-2a}{a}＜0$，
于是$x∈（0，\frac{1-a}{a}）$和x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；$x∈（\frac{1-a}{a}，1）$时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
要对任意实数b∈[2，3]，当x∈（0，b]时，函数f（x）的最小值为f（b），只需要$f（2）≤f（\frac{1-a}{a}）$，
化为：$ln\frac{1-a}{a}$+$\frac{9}{2}$a-ln2-$\frac{3}{2}$≥0．
令g（a）=$ln\frac{1-a}{a}$+$\frac{9}{2}$a-ln2-$\frac{3}{2}$，a∈$（\frac{1}{2}，1）$．
g′（x）=$\frac{1}{a（a-1）}$+$\frac{9}{2}$=$\frac{（3a-1）（3a-2）}{2a（a-1）}$，
∴g（a）在$（\frac{1}{2}，\frac{2}{3}）$上单调递增，在$（\frac{2}{3}，1）$上单调递减．
∴$g（a）＜g（\frac{1}{2}）=0$，所以此时$a∈（\frac{1}{2}，1）$．
综上所述：a∈[2ln2-1，1）．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、分类讨论思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．