Question

已知函数f（x）=lnx-ax+

1-a

x

-1（a∈R）．
（1）若曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线斜率为-

1

2

，求f（x）的极值；
（2）当a≤

1

2

时，讨论f（x）的单调性；
（3）设g（x）=x²-2bx+4，当a=

1

4

时，若对任意x₁∈（0，2），存在x₂∈[1，2]，使f（x₁）≥g（x₂），求实数b的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数研究曲线上某点切线方程

专题：导数的综合应用

分析：（1）求函数的导数，根据导数的几何意义求出a，即可求f（x）的极值；
（2）当a≤

1

2

时，求函数的导数即可讨论f（x）的单调性；
（3）求出函数的最值即可得到结论．

解答： 解：（1）因为f（x）=lnx-ax+

1-a

x

-1，
 所以f′（x）=

1

x

-a+

a-1

x2

=-

ax2-x+1-a

x2

，x∈（0，+∞），
∵曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线斜率为-

1

2

，
∴f′（2）=

1

2

-a+

a-1

4

=-

1

2

，解得a=1，
此时f（x）=lnx-x-1，f′（x）=

1

x

-1=

1-x

x

，
由f′（x）＞0，解得0＜x＜1，
由f′（x）＜0，解得x＞1，
则当x=1时，函数取得极大值f（1）=-2．
（2）因为f（x）=lnx-ax+

1-a

x

-1，
 所以f′（x）=

1

x

-a+

a-1

x2

=-

ax2-x+1-a

x2

，x∈（0，+∞），
 令h（x）=ax²-x+1-a，x∈（0，+∞），
ⅰ．当a=0时，h（x）=-x+1，x∈（0，+∞），
所以，当x∈（0，1），h（x）＞0．此时f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；
当x∈（1，+∞）时，h（x）＜0，此时f′（x）＞0，函数f（x）单调递增
ⅱ当a≠0时，由f′（x）=0，即ax²-x+1-a=0，解得 x₁=1，x₂=

1

a

-1，
①当a=

1

2

时，x₁=x₂，h（x）≥0恒成立，此时f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞）上单调递减，
②当0＜a＜

1

2

时，

1

a

-1＞1＞0，
当x∈（0，1），h（x）＞0．此时f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；
当x∈（1，

1

a

-1）时，h（x）＜0，此时f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；
当x∈（

1

a

-1，+∞），h（x）＞0．此时f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；
③当a＜0时，由于

1

a

-1＜0，
当x∈（0，1），h（x）＞0．此时f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；
当x∈（0，+∞）时，h（x）＜0，此时f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；
综上所述：当a≤0时，函数f（x）在（0，1）上单调递减；在（1，+∞）上单调递增；
当a=

1

2

时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当0＜a＜

1

2

时，函数f（x）在（0，1）和∈（

1

a

-1，+∞），上单调递减；在（1，

1

a

-1），上单调递增；
（3）因为a=

1

4

∈(0，

1

2

)，由于（2）知，x₁=1，x₂=3∉（0，2），
当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，
函数f（x）单调递减；当x∈（1，2）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，所以f（x）在（0，2）上的最小值为f（1）=-

1

2

，
由于“对任意x₁∈（0，2），存在x₂∈[1，2]，使f（x₁）≥g（x₂）”等价于
“g（x）在[1，2]上的最小值不大于f（x）在（0，2）上的最小值-

1

2

”，
又g（x）=x²-2bx+4，x∈[1，2]，
所以①当b＜1，因为[g（x）]_min=g（1）=5-2b＞0，此时与题设矛盾，
②当1＜b＜2，因为[g（x）]_min=4-b²≥0，此时与题设矛盾，
③当b＞2，
因为[g（x）]_min=g（2）=8-4b，
解不等式8-4b≤-

1

2

得b≥

17

8

，
综上：b的取值范围是b≥

17

8

．

点评：本题主要考查导数的综合应用，涉及导数的几何意义，函数的极值和单调性与导数的关系，综合考查导数的性质，运算量较大，综合性较强．