Question

【题目】已知函数f（x）=x2﹣ax﹣alnx（a∈R），g（x）=﹣x3+ x2+2x﹣6，g（x）在[1，4]上的最大值为b，当x∈[1，+∞）时，f（x）≥b恒成立，则a的取值范围（ ）
A.a≤2
B.a≤1
C.a≤﹣1
D.a≤0

Answer 1

【答案】B
【解析】解：g′（x）=﹣3x2+5x+2，令g′（x）=0得x=2或x=﹣ ．当1≤x＜2时，g′（x）＞0，当2＜x＜4时，g′（x）＜0，
∴g（x）在[1，2）上单调递增，在（2，4]上单调递减，
∴b=g（2）=0．
∴f（x）≥0在[1，+∞）上恒成立，
f′（x）=2x﹣a﹣ = ，
令h（x）=2x2﹣ax﹣a，△=a2+8a（1）若△=a2+8a≤0，即﹣8≤a≤0，则h（x）≥0恒成立，
∴f′（x）≥0恒成立，∴f（x）在[1，+∞）上是增函数，
∴fmin（x）=f（1）=1﹣a≥0，解得a≤1，
∴﹣8≤a≤0．（2）若△=a2+8a＞0，即a＜﹣8或a＞0．
令f′（x）=0得h（x）=0，解得x= （舍）或x= ．
若a＜﹣8，则 ＜0，则h（x）＞0在[1，+∞）上恒成立，
∴f′（x）＞0恒成立，∴f（x）在[1，+∞）上是增函数，
∴fmin（x）=f（1）=1﹣a≥0，解得a≤1，
∴a＜﹣8．
若0＜ ≤1，即0＜a≤1，则h（x）＞0在[1，+∞）上恒成立，
∴f′（x）≥0恒成立，∴f（x）在[1，+∞）上是增函数，
∴fmin（x）=f（1）=1﹣a≥0，解得a≤1，
∴0＜a≤1．
若 ＞1，即a＞1时，则1≤x＜ 时，h（x）＜0，当x＞ 时，h（x）＞0．
∴1≤x＜ 时，f′（x）＜0，当x＞ 时，f′（x）＞0．
∴f（x）在[1， ]上单调递减，在（ ，+∞）上单调递增．
此时fmin（x）＜f（1）=1﹣a＜0，不符合题意．
综上，a的取值范围是（﹣∞，1]．
故选：B．
利用导数与函数的单调性关系判断g（x）的单调性求出g（x）在[1，4]上的最大值b，对a进行讨论判断f（x）在[1，+∞）上的单调性，令fmin（x）≥b解出a的范围．