Question

已知函数f（x）=lnx-ax+

1-a

x

-1（a为正实数）
（1）设0＜a＜1时，试讨论f（x）的单调性；
（2）设g（x）=x²-2bx+4，当a=

1

4

时，
①若?x₁∈（0，2），存在x₂∈[1，2]，使f（x₁）≥g（x₂），求实数b的取值范围．
②对于任意x₁，x₂∈（1，2]都有|f（x₁）-f（x₂）|≤λ|

1

x1

-

1

x2

|，求λ的值．

Answer 1

考点：函数恒成立问题,对数函数图象与性质的综合应用

专题：导数的综合应用

分析：（1）先求导，得到f′（x）═-

a(x- 1-a a )(x-1)

x2

，分a=

1

2

时，0＜a＜

1

2

时，

1

2

＜a＜1时3种情况分别讨论，最后综合讨论结果，即可得到f（x）的单调性；
（2）①由（1）的结论，f（x）在（0，1）上是减函数，在（1，2）上是增函数，则f（x₁）≥g（x₂），可转化为f（x₂）≤-

1

2

，由g（x）=x²-2bx+4，我们易由函数恒成立问题的处理方法，求出满足条件的实数b取值范围．
②由（1）中结论函数f（x）单调性，构造函数h（x）=f（x）+

λ

x

，可得函数h（x）是减函数，根据h'（x）≤0在（1，2]上恒成立，可构造关于λ的不等式，解不等式即可得到答案．

解答： 解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），
∴f′（x）=

1

x

-ax+

1-a

x2

=

-ax2+x+a-1

x2

=-

(ax-1+a)(x-1)

x2

=-

a(x- 1-a a )(x-1)

x2

令f′（x）=0，解得x=1，或x=

1-a

a

，
①当

1-a

a

=1时，即a=

1

2

，f′（x）≤0恒成立，
∴函数f（x）在（0，+∞）为减函数，
②当

1-a

a

＞1时，即0＜a＜

1

2

时，
令f′（x）＞0，即1＜x＜

1-a

a

，函数递增，
令f′（x）＜0，即0＜x＜1，或x＞

1-a

a

，函数递减，
∴函数f（x）在（1，

1-a

a

）上是增函数，在（0，1）和（

1-a

a

，+∞）上是减函数
③当

1-a

a

＜1时，即

1

2

＜a＜1时，
令f′（x）＞0，即

1-a

a

＜x＜1，函数递增，
令f′（x）＜0，即0＜x＜

1-a

a

，或x＞1函数递减，
∴函数f（x）在（

1-a

a

，1）上是增函数，在（0，

1-a

a

）和（1，+∞）上是减函数
（2）①当a=

1

4

时，时，f（x）在（0，1）上是减函数，在（1，2）上是增函数，
∴对任意x₁∈（0，2），有f（x₁）≥f（1）=-

1

2

，
又已知存在x₂∈[1，2]，使f（x₁）≥g（x₂），所以-

1

2

≥g（x₂），x₂∈[1，2]，
即存在x∈[1，2]，使g（x）=x²-2bx+4≤-

1

2

，即2b≥x+

9 2

x

∈[

17

4

，

11

2

]，
∴2b≥

17

4

，解得b≥

17

8

，即实数b取值范围是[

17

8

，+∞）
（②）不妨设1＜x₁≤x₂≤2，由函数f（x）在（1，2]上是增函数，函数y=

1

x

在（1，2]是减函数，
∴|f（x₁）-f（x₂）|≤λ|

1

x1

-

1

x2

|，等价于，f（x₂）-f（x₁）≤λ（

1

x1

-

1

x2

），
∴f（x₂）+λ

1

x2

）≤f（x₁）+λ

1

x1

，
设h（x）=f（x）+

λ

x

=lnx-

1

4

x+

3

4x

+

λ

x

是减函数
∴h'（x）≤0在（1，2]上恒成立，
即

3

4

+λ≥x-

1

4

x2=-

1

4

（x-2）²+1
解得λ≥

1

4

．

点评：本题考查的知识点是利用导数研究函数的单调性，函数恒成立问题，其中（1）的关键是对a值进行分类讨论，而（2）的关键是构造函数，属于难题