Question

已知函數f（x）=lnx-ax+

1-a

x

-1（a∈R）．
（1）若曲線y=f（x）在點（2，f（2））處的切線斜率為-

1

2

，求f（x）的極值；
（2）當a≤

1

2

時，討論f（x）的單調性；
（3）設g（x）=x²-2bx+4，當a=

1

4

時，若對任意x₁∈（0，2），存在x₂∈[1，2]，使f（x₁）≥g（x₂），求實數b的取值范圍．

Answer 1

考點：利用導數研究函數的單調性,利用導數研究曲線上某點切線方程

專題：導數的綜合應用

分析：（1）求函數的導數，根據導數的幾何意義求出a，即可求f（x）的極值；
（2）當a≤

1

2

時，求函數的導數即可討論f（x）的單調性；
（3）求出函數的最值即可得到結論．

解答： 解：（1）因為f（x）=lnx-ax+

1-a

x

-1，
 所以f′（x）=

1

x

-a+

a-1

x2

=-

ax2-x+1-a

x2

，x∈（0，+∞），
∵曲線y=f（x）在點（2，f（2））處的切線斜率為-

1

2

，
∴f′（2）=

1

2

-a+

a-1

4

=-

1

2

，解得a=1，
此時f（x）=lnx-x-1，f′（x）=

1

x

-1=

1-x

x

，
由f′（x）＞0，解得0＜x＜1，
由f′（x）＜0，解得x＞1，
則當x=1時，函數取得極大值f（1）=-2．
（2）因為f（x）=lnx-ax+

1-a

x

-1，
 所以f′（x）=

1

x

-a+

a-1

x2

=-

ax2-x+1-a

x2

，x∈（0，+∞），
 令h（x）=ax²-x+1-a，x∈（0，+∞），
ⅰ．當a=0時，h（x）=-x+1，x∈（0，+∞），
所以，當x∈（0，1），h（x）＞0．此時f′（x）＜0，函數f（x）單調遞減；
當x∈（1，+∞）時，h（x）＜0，此時f′（x）＞0，函數f（x）單調遞增
ⅱ當a≠0時，由f′（x）=0，即ax²-x+1-a=0，解得 x₁=1，x₂=

1

a

-1，
①當a=

1

2

時，x₁=x₂，h（x）≥0恒成立，此時f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞）上單調遞減，
②當0＜a＜

1

2

時，

1

a

-1＞1＞0，
當x∈（0，1），h（x）＞0．此時f′（x）＜0，函數f（x）單調遞減；
當x∈（1，

1

a

-1）時，h（x）＜0，此時f′（x）＞0，函數f（x）單調遞增；
當x∈（

1

a

-1，+∞），h（x）＞0．此時f′（x）＜0，函數f（x）單調遞減；
③當a＜0時，由于

1

a

-1＜0，
當x∈（0，1），h（x）＞0．此時f′（x）＜0，函數f（x）單調遞減；
當x∈（0，+∞）時，h（x）＜0，此時f′（x）＞0，函數f（x）單調遞增；
綜上所述：當a≤0時，函數f（x）在（0，1）上單調遞減；在（1，+∞）上單調遞增；
當a=

1

2

時，函數f（x）在（0，+∞）上單調遞減；
當0＜a＜

1

2

時，函數f（x）在（0，1）和∈（

1

a

-1，+∞），上單調遞減；在（1，

1

a

-1），上單調遞增；
（3）因為a=

1

4

∈(0，

1

2

)，由于（2）知，x₁=1，x₂=3∉（0，2），
當x∈（0，1）時，f′（x）＜0，
函數f（x）單調遞減；當x∈（1，2）時，f′（x）＞0，函數f（x）單調遞增，所以f（x）在（0，2）上的最小值為f（1）=-

1

2

，
由于“對任意x₁∈（0，2），存在x₂∈[1，2]，使f（x₁）≥g（x₂）”等價于
“g（x）在[1，2]上的最小值不大于f（x）在（0，2）上的最小值-

1

2

”，
又g（x）=x²-2bx+4，x∈[1，2]，
所以①當b＜1，因為[g（x）]_min=g（1）=5-2b＞0，此時與題設矛盾，
②當1＜b＜2，因為[g（x）]_min=4-b²≥0，此時與題設矛盾，
③當b＞2，
因為[g（x）]_min=g（2）=8-4b，
解不等式8-4b≤-

1

2

得b≥

17

8

，
綜上：b的取值范圍是b≥

17

8

．

點評：本題主要考查導數的綜合應用，涉及導數的幾何意義，函數的極值和單調性與導數的關系，綜合考查導數的性質，運算量較大，綜合性較強．