Question

10．设函数f（x）=|x-b|-alnx，其中a、b均为非负实数．
（1）当b＞0时，若函数f（x）在x=b处取得极小值，证明：0≤a≤b．
（2）若对?a∈[$\frac{1}{e}$，e]，不等式f（x）≥0恒成立，求实数b的值；
（3）若?a∈（0，+∞），使得方程f（a）=b²-l有解，试求实数b的取值范围．

Answer 1

分析 （1）当b＞0时，去掉绝对值，求得函数f（x）的解析式和导函数f′（x），由函数f（x）在x=b处取得极小值，即可得到x≥b时，应有f′（x）≥0，即可证明0≤a≤b；
（2）由题意可知：分别讨论当b=0和b＞0时，求得函数的导数，根据函数的单调性根据，求得函数的最小值，即可判断f（x）≥0恒成立，是否成立；
（3）分别讨论，当b=0，构造辅助函数F（a）=a-alna+1，由F（1）•F（e²）＜0，根据零点定理可知存在a∈（1，e²），使得F（a）=0，当a≥b＞0和0＜a＜b时，构造辅助函数，g（a）=a-alna，h（b）=b²+b-1，根据a和b的取值范围，根据函数的单调性，即可求得使得方程f（a）=b²-l有解及实数b的取值范围．

解答 证明：（1）当b＞0时，f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{x-b-alnx}&{x≥b}\\{-x+b-alnx}&{0＜x＜b}\end{array}\right.$，
∴f′（x）=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{x-a}{x}}&{x≥b}\\{\frac{-x-a}{x}}&{0＜x＜b}\end{array}\right.$，
∵a≥0，当0＜x＜b时，f′（x）=$\frac{-x-a}{x}$＜0，
又因为f（x）在x=b处取得极小值，
所以当x≥b时，应有f′（x）≥0，
即x-a≥0⇒b-a≥0，
所以0≤a≤b，
解：（2）（Ⅰ）当b=0时，f（x）=x-alnx，f′（x）=$\frac{x-a}{x}$，
因为a∈[$\frac{1}{e}$，e]，
令f′（x）=0，可得：x=a，

x	（0，a）	a	（a，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）	↓	极小值	↑

由表可知：f（x）_min=f（a）=a-alna，
a∈[$\frac{1}{e}$，e]，f（x）_min=f（a）=a-alna=a（1-lna）≥0，
即不等式f（x）恒成立，
∴b=0符合题意；
（Ⅱ）当b＞0时，因为不等f（x）≥0恒成立，
所以f（b）=-alnb≥0，即b∈（0，1]，
①x∈（0，b）时，因为丨x-b丨＞0且alnx＜0，所以f（x）＞0，
②当x≥b，f（x）=x-b-alnx，f′（x）=$\frac{x-a}{x}$，
由（Ⅰ）可知f（x）_min=f（a）=a-b-alna，
不等式f（x）≥0恒成立，所以f（x）_min≥0，
即b≤a-alna，
又因为当a∈[$\frac{1}{e}$，e]，时，由（Ⅰ）可知（a-alna）_min=0，
即此时没有符合条件的b；
综上，若对?a∈[$\frac{1}{e}$，e]，不等式f（x）≥0恒成立，求实数b=0；
（3）当b=0，f（a）=a-alna，b²-1=-1，设F（a）=a-alna+1，
因为F（1）=2＞0，F（e²）=-e²+1＜0，
由F（1）•F（e²）＜0，
由零点定理可知：即存在a∈（1，e²），使得F（a）=0，
所以当b=0时成立；
当a≥b＞0时，f（a）=a-b-alna，
令f（a）=b²-1，即a-alna=b²+b-1，
设g（a）=a-alna，h（b）=b²+b-1，
①当a≤1时，alna＜0，
∴a-alna≥a≥b≥b²+b-1，
即g（a）≥h（a），
当且仅当a=b=1时，等号成立，即此时b=1，
当a＞1时，g′（a）=-lna＜0，即g（a）单调递减，
g（a）＜g（1）=1，即h（b）＜1，b²+b-1＜1，
得b＜1，此时满足b＜a，
又因为g（e²）=-e²＜（b²+b-1）_min=-1，
所以对?b∈（0，1），?a∈（1，e²），满足g（a）=h（b），
即f（a）=b²-l有解，
综上可知b∈（0，1]，符合题意；
当0＜a＜b时，f（a）=-a+b-alna，
令f（a）=b²-l，即-a-alna=b²+b-1，
设g（a）=-a-alna，h（b）=b²-b-1，
①当a＜b≤1时，b²+b-1≤-1，g′（a）=-2-lna，
令g′（a）=0，可得：a=$\frac{1}{{e}^{2}}$，易得g（a）在区间（0，$\frac{1}{{e}^{2}}$）上单调递增，在（$\frac{1}{{e}^{2}}$，1）上单调递减，
g（a）_max=g（$\frac{1}{{e}^{2}}$）=$\frac{1}{{e}^{2}}$，
又因为a∈（0，$\frac{1}{{e}^{2}}$），g（a）＞0，
所以g（a）＞g（b）=-1，
即g（a）＞g（b）；
②b＞1时，h（b）单调递增，h（b）＞-1，
即g（a）＞-1，a∈（0，1），
又因为a∈（0，1）时，g（a）∈（-1，$\frac{1}{{e}^{2}}$]，
所以-1＜h（b）＜$\frac{1}{{e}^{2}}$，解得b∈（1，$\frac{e+\sqrt{5{e}^{2}+4}}{2e}$）
所以对?b∈（1，$\frac{e+\sqrt{5{e}^{2}+4}}{2e}$），?a∈（0，1），满足g（a）=h（b），
即f（a）=b²-l有解，
综上可知b∈（1，$\frac{e+\sqrt{5{e}^{2}+4}}{2e}$]符合题意，
综上可知：?a∈（0，+∞），使得方程f（a）=b²-l有解，则b∈（1，$\frac{e+\sqrt{5{e}^{2}+4}}{2e}$]．

点评 本题利用导数研究函数的单调性及极值，考查零点定理，考查分类讨论思想，考查一元二次方程的解集，考查分析问题及解决问题得能力，分类种类多，计算量大，属于难题．