Question

8．設(shè)函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=（2-a）（x-1）-2f（x）．
（Ⅰ）當(dāng)a=1時(shí)，求函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）設(shè)F（x）=|f（x）|+$\frac{x+1}$（b＞0）．對(duì)任意x₁，x₂∈（0，2]，x₁≠x₂，都有$\frac{F（{x}_{1}）-F（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＜-1，求實(shí)數(shù)b的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）將a=1代入g（x）的表達(dá)式，求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）問題轉(zhuǎn)化為$\frac{F{（x}_{1}）{+x}_{1}-[F{（x}_{2}）{+x}_{2}]}{{x}_{1}{-x}_{2}}$＜0，若設(shè)G（x）=F（x）+x，通過討論①當(dāng)x∈[1，2]時(shí)，②當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，G（x）的單調(diào)性，從而得到b的范圍．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)a=1時(shí)，g（x）=x-1-2lnx，（x＞0），
∴g′（x）=1-$\frac{2}{x}$=$\frac{x-2}{x}$，
當(dāng)x∈（0，2）時(shí)，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈（2，+∞）時(shí)，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，
綜上，g（x）的遞減區(qū)間是（0，2），遞增區(qū)間是（2，+∞）；
（Ⅱ）由題意得：$\frac{F{（x}_{1}）-F{（x}_{2}）}{{x}_{1}{-x}_{2}}$+1＜0，即$\frac{F{（x}_{1}）{+x}_{1}-[F{（x}_{2}）{+x}_{2}]}{{x}_{1}{-x}_{2}}$＜0，
若設(shè)G（x）=F（x）+x，則G（x）在（0，2]上單調(diào)遞減，
①當(dāng)x∈[1，2]時(shí)，G（x）=lnx+$\frac{x+1}$+x，G′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{{（x+1）}^{2}}$+1≤0，
b≥$\frac{{（x+1）}^{2}}{x}$+（x+1）²=x²+3x+3+$\frac{1}{x}$，
設(shè)G₁（x）=x²+3x+3+$\frac{1}{x}$，則G₁′（x）=2x+3-$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0在（1，2）恒成立，
∴G₁（x）在（1，2]單調(diào)遞增，
∴b≥G₁（x）_max=G₂（2）=$\frac{27}{2}$；
②當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，G（x）=-lnx+$\frac{x+1}$+x，G′（x）=x²+x-$\frac{1}{x}$-1，
設(shè)G₂（x）=x²+x-$\frac{1}{x}$-1，則G₂′（x）=2x+1+$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，
即G₂′（x）=2x+1+$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，即G₂（x）在（0，1）單調(diào)遞增，
故G₂（x）≤G₂（1）=0，
∴b≥0，
綜上，由①②可得：b≥$\frac{27}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考察了函數(shù)的單調(diào)性，考察導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，（Ⅱ）問中設(shè)G（x）=F（x）+x，通過討論x的范圍，得到函數(shù)的單調(diào)性是解題的關(guān)鍵，本題是一道中檔題．