Question

已知函数f(x)=lnx-ax+

1-a

x

-1(a∈R)
（1）当0＜a≤

1

2

时，求f（x）的单调区间
（2）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

（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a=

1

2

时x₁=x₂，h（x）≥0恒成立，此时f′（x）≤0，函数f（x）单调递减；
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a=

1

2

时x₁=x₂，h（x）≥0恒成立，此时f′（x）≤0，函数f（x）在（0，+∞）单调递减；
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

4

时，f（x）在（0，1）上是减函数，在（1，2）上是增函数，所以对任意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]，（※）
又g（x）=（x-b）²+4-b²，x∈[1，2]
当b＜1时，g（x）_min=g（1）=5-2b＞0与（※）矛盾；
当b∈[1，2]时，g（x）_min=g（b）=4-b²≥0也与（※）矛盾；
当b＞2时，g（x）min=g（2）=8-4b≤-

1

2

，b≥

17

8

．
综上，实数b的取值范围是[

17

8

，+∞）．