Question

12．已知$f（x）=lnx-ax+\frac{1-a}{x}-1（a∈R）$．
（1）當(dāng)$0＜a＜\frac{1}{2}$時(shí)，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）設(shè)g（x）=x²-2bx+4．當(dāng)$a=\frac{1}{4}$時(shí)，若對(duì)任意$x∈[\frac{1}{e}，e]$，存在x₂∈[1，2]，使f（x₁）=g（x₂），求實(shí)數(shù)b取值范圍．

Answer 1

分析 （1）直接利用函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，再討論函數(shù)的單調(diào)性；
（2）利用導(dǎo)數(shù)求出f（x）的值域、利用二次函數(shù)知識(shí)或分離常數(shù)法求出g（x）在閉區(qū)間[1，2]上的值域，再根據(jù)集合之間的關(guān)系，解不等式求參數(shù)．

解答 解：（1）$f（x）=lnx-ax+\frac{1-a}{x}-1（x＞0）$，$f'（x）=\frac{1}{x}-a+\frac{a-1}{x^2}=\frac{{-a{x^2}+x+a-1}}{x^2}（x＞0）$，
令h（x）=ax²-x+1-a（x＞0），
由h'（x）=0，即ax2-x+1-a，解得x₁=1，${x_2}=\frac{1}{a}-1$．
當(dāng)$0＜a＜\frac{1}{2}$時(shí)，$\frac{1}{a}$-1＞1＞0，當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，h（x）＞0，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈（1，$\frac{1}{a}$-1）時(shí)，h（x）＜0，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（$\frac{1}{a}$-1，+∞）時(shí)，h（x）＞0，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，
綜上所述：當(dāng)0＜a＜$\frac{1}{2}$時(shí)，函數(shù)f（x）的增區(qū)間為（1，$\frac{1}{a}$-1），減區(qū)間為（0，1）和（$\frac{1}{a}$-1，+∞）．
（2）當(dāng)a=$\frac{1}{4}$時(shí)，f（x）在[$\frac{1}{e}$，1）上是減函數(shù)，在（1，e）上是增函數(shù)，所以對(duì)任意x₁∈（0，2），
∴當(dāng)x∈[$\frac{1}{e}$，e]，f（x₁）的值域?yàn)锽=[-$\frac{1}{2}$，$\frac{3e}{4}$-$\frac{1}{4e}$-2]
又g（x）=（x-b）²+4-b²，x∈[1，2]的值域?yàn)锳，
∵f（x₁）=g（x₂），
∴B⊆A（*），
當(dāng)b＜1時(shí)，g（x）_min=g（1）=5-2b≥0與（*）矛盾；
當(dāng)b∈[1，2]時(shí)，g（x）_min=g（b）=4-b²≥0也與（*）矛盾；
當(dāng)b＞2時(shí)，A=[8-4b，5-2b]，
∴8-4b≤-$\frac{1}{2}$，5-2b≥$\frac{3e}{4}$-$\frac{1}{4e}$-2，
∴$\frac{17}{8}$≤b≤$\frac{1}{2}$（7-$\frac{3e}{4}$+$\frac{1}{4e}$），
故實(shí)數(shù)b取值范圍[$\frac{17}{8}$，$\frac{1}{2}$（7-$\frac{3e}{4}$+$\frac{1}{4e}$）]

點(diǎn)評(píng) 本題將導(dǎo)數(shù)、二次函數(shù)、不等式知識(shí)有機(jī)的結(jié)合在一起，考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值以及二次函數(shù)的最值問(wèn)題，考查了同學(xué)們分類討論的數(shù)學(xué)思想以及解不等式的能力；考查了學(xué)生綜合運(yùn)用所學(xué)知識(shí)分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力．