Question

已知函数f（x）=21nx-ax+a（a∈R）．
（I）讨论f（x）的单调性；
（II）试确定a的值，使不等式f（x）≤0恒成立．

Answer 1

分析：（I）求出导数f′（x），分a≤0，a＞0两种情况进行讨论，在定义域内解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0可得函数的单调区间；
（II）由（Ⅰ），分a≤0，a＞2，0＜a＜2，a=2可得函数的单调性，由单调性可得函数的最值情况，据此可求解；

解答：解：（Ⅰ）f′（x）=

2

x

-a=

2-ax

x

，x＞0．
①若a≤0，则f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上递增；
②若a＞0，则当x∈（0，

2

a

）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（

2

a

，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，①若a≤0，f（x）在（0，+∞）上递增，
又f（1）=0，故f（x）≤0不恒成立．
②若a＞2，当x∈（

2

a

，1）时，f（x）递减，f（x）＞f（1）=0，不合题意．
③若0＜a＜2，当x∈（1，

2

a

）时，f（x）递增，f（x）＞f（1）=0，不合题意．
④若a=2，f（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，
f（x）≤f（1）=0符合题意，
综上a=2．

点评：本题考查利用导数研究函数的单调性、恒成立问题，考查转化思想、分类讨论思想，属中档题．