Question

4．已知函数f（x）=x²-ax-alnx（a∈R），g（x）=-x³+$\frac{5}{2}$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

分析 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f_min（x）≥b解出a的范围．

解答 解：g′（x）=-3x²+5x+2，令g′（x）=0得x=2或x=-$\frac{1}{3}$．
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-$\frac{a}{x}$=$\frac{2{x}^{2}-ax-a}{x}$，
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，
∴f_min（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=$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}+8a}}{4}$（舍）或x=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8a}}{4}$．
若a＜-8，则$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8a}}{4}$＜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，
∴f_min（x）=f（1）=1-a≥0，解得a≤1，
∴a＜-8．
若0＜$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8a}}{4}$≤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，
∴f_min（x）=f（1）=1-a≥0，解得a≤1，
∴0＜a≤1．
若$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8a}}{4}$＞1，即a＞1时，则1≤x＜$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8a}}{4}$时，h（x）＜0，当x＞$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8a}}{4}$时，h（x）＞0．
∴1≤x＜$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8a}}{4}$时，f′（x）＜0，当x＞$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8a}}{4}$时，f′（x）＞0．
∴f（x）在[1，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8a}}{4}$]上单调递减，在（$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8a}}{4}$，+∞）上单调递增．
此时f_min（x）＜f（1）=1-a＜0，不符合题意．
综上，a的取值范围是（-∞，1]．
故选：B．

点评 本题考查了导数与函数单调性的关系，函数最值的计算，属于中档题．