Question

设函数f(x)=lnx-ax+

1-a

x

-1．
（1）当0＜a＜

1

2

时，求函数f（x）的单调区间．
（2）当a=

1

3

时设函数g（x）=x2-2bx-

5

12

若对于?x₁∈（0，e]，?x₂∈[0，1]，使得f（x₁）≥g（x₂）成立，求实数b的取值范围（e是自然对数的底，e＜

3

+1）．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,利用导数研究函数的单调性

专题：综合题,函数的性质及应用,导数的综合应用

分析：（1）确定函数f（x）的定义域，求导函数，令f'（x）＜0，可得函数f（x）的单调递减区间；令f'（x）＞0，可得函数f（x）的单调递增区间，注意a的范围；
（2）当a=

1

3

时，求得函数f（x）在（0，e]上的最小值，对于?x₁∈（0，e]，?x₂∈[0，1]使f（x₁）≥g（x₂）成立，等价于g（x）在[0，1]上的最小值不大于f（x）在（0，e]上的最小值，求出g（x），x∈[0，1]的最小值，即可求得b的取值范围．

解答： 解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），
（1）f（x）=lnx-ax+

1-a

x

-1（x＞0），f′（x）=

1

x

-a+

a-1

x2

=

-ax2+x+a-1

x2

（x＞0），
令h（x）=ax²-x+1-a（x＞0），
当a≠0时，由f′（x）=0，即ax²-x+1-a=0，解得x₁=1，x₂=

1

a

-1．
当0＜a＜

1

2

时，

1

a

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

1

a

-1）时，h（x）＜0，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；
x∈（

1

a

-1，+∞）时，h（x）＞0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减．
综上所述：当0＜a＜

1

2

时，函数f（x）在（0，1）单调递减，（1，

1

a

-1）单调递增，（

1

a

-1，+∞）单调递减．
（2）当a=

1

3

时，由（1）可知函数f（x）在（0，1）上为减函数，（1，2）上为增函数，（2，e]上为减函数，
∴函数f（x）在（0，e]上的最小值为min{f（1），f（e）}，而f（1）=-

2

3

，f（e）=

2-e2

3e

，且f（1）＜f（e），
∴f（x）_min=f（1）=-

2

3

，
若对于?x₁∈（0，e]，?x₂∈[0，1]，使得f（x₁）≥g（x₂）成立，等价于g（x）在[0，1]上的最小值不大于f（x）在（0，e]上的最小值（*），
又g（x）=x2-2bx-

5

12

，x∈[0，1]，
①当b＜0时，g（x）在[0，1]上为增函数，g（x）_min=g（0）=-

5

12

＞-

2

3

，与（*）矛盾；
②当0≤b≤1时，g（x）_min=g（b）=-b2-

5

12

，由-b2-

5

12

≤-

2

3

及0≤b≤1，解得

1

2

≤b≤1；
③当b＞1时，g（x）在[0，1]上为减函数，g（x）_min=g（1）=

7

12

-2b，由

7

12

-2b≤-

2

3

及b＞1，解得b＞1；
综上，b的取值范围是b≥

1

2

．

点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查恒成立问题，考查转化思想、分类讨论思想，解题的关键是将对于?x₁∈（0，e]，?x₂∈[0，1]，使得f（x₁）≥g（x₂）成立，等价于g（x）在[0，1]上的最小值不大于f（x）在（0，e]上的最小值．