Question

7．已知函數(shù)f（x）=alnx+$\frac{1}{x}$-bx+1．
（Ⅰ）若2a-b=4，則當(dāng)a＞2時(shí)，討論f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）令a≥-4，b=-1，F(xiàn)（x）=f（x）-$\frac{5}{x}$，若存在x₀∈[1，4]，使得不等式F（x₀）≥2成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，并分解因式，討論當(dāng)a=4時(shí)，當(dāng)2＜a＜4時(shí)，當(dāng)a＞4時(shí)，由導(dǎo)數(shù)的符號(hào)即可得到單調(diào)性；
（Ⅱ）F（x）=f（x）-$\frac{5}{x}$=alnx+$\frac{1}{x}$+x+1-$\frac{5}{x}$=alnx+x-$\frac{4}{x}$+1，由題意可得alnx₀+x₀-$\frac{4}{{x}_{0}}$+1≥2，即alnx₀+x₀-$\frac{4}{{x}_{0}}$-1≥0在[1，4]成立，令g（x）=alnx+x-$\frac{4}{x}$-1，求出導(dǎo)數(shù)，由a≥-4，對x²+ax+4的判別式△=a²-16，討論當(dāng)-4≤a≤4時(shí)，當(dāng)a＞4，判斷在[1，4]上g（x）的單調(diào)性，即可得到所求a的范圍．

解答 解：（Ⅰ）若2a-b=4，即有b=2a-4，
函數(shù)f（x）=alnx+$\frac{1}{x}$-bx+1=alnx+$\frac{1}{x}$+（4-2a）x+1，
f′（x）=$\frac{a}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$+4-2a=$\frac{ax-1+（4-2a）{x}^{2}}{{x}^{2}}$
=$\frac{（2x-1）[（2-a）x+1]}{{x}^{2}}$，
由a＞2可得2-a＜0，
f′（x）=0的兩根為x₁=$\frac{1}{2}$，x₂=$\frac{1}{a-2}$，
當(dāng)a=4時(shí)，f′（x）=-$\frac{（2x-1）^{2}}{{x}^{2}}$≤0，f（x）遞減；
當(dāng)2＜a＜4時(shí)，$\frac{1}{2}$＜$\frac{1}{a-2}$，可得f（x）在（0，$\frac{1}{2}$）遞減，在（$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{a-2}$）遞增，在（$\frac{1}{a-2}$，+∞）遞減；
當(dāng)a＞4時(shí)，$\frac{1}{2}$＞$\frac{1}{a-2}$，可得f（x）在（0，$\frac{1}{a-2}$）遞減，在（$\frac{1}{a-2}$，$\frac{1}{2}$）遞增，在（$\frac{1}{2}$，+∞）遞減；
（Ⅱ）令a≥-4，b=-1，
F（x）=f（x）-$\frac{5}{x}$=alnx+$\frac{1}{x}$+x+1-$\frac{5}{x}$=alnx+x-$\frac{4}{x}$+1，
存在x₀∈[1，4]，使得不等式F（x₀）≥2成立，
可得alnx₀+x₀-$\frac{4}{{x}_{0}}$+1≥2，
即alnx₀+x₀-$\frac{4}{{x}_{0}}$-1≥0在[1，4]成立，
令g（x）=alnx+x-$\frac{4}{x}$-1，g′（x）=$\frac{a}{x}$+1+$\frac{4}{{x}^{2}}$=$\frac{ax+{x}^{2}+4}{{x}^{2}}$，
由a≥-4，對x²+ax+4的判別式△=a²-16，
當(dāng)-4≤a≤4時(shí)，△≤0，g′（x）≥0，只需g（4）≥0，
即aln4+4-1-1≥0，解得a≥-$\frac{2}{ln4}$，即有-$\frac{2}{ln4}$≤a≤4；
當(dāng)a＞4時(shí)，△＞0，x=-$\frac{a}{2}$＜0，在[1，4]上g′（x）≥0，只需g（4）≥0，
同理可得a≥-$\frac{2}{ln4}$，即有a＞4成立．
綜上可得a的范圍是[-$\frac{2}{ln4}$，+∞）．

點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)區(qū)間，考查分類討論思想方法，以及轉(zhuǎn)化思想，考查存在性問題的解法，以及化簡整理的運(yùn)算能力，屬于難題．