已知函数f(x)＝a(x2+1)+x−1x−lnx(a∈R)．

解题思路：（1）先对函数y=f（x）进行求导，然后令导函数大于0（或小于0）求出x的范围，根据f′（x）＞0求得的区间是单调增区间，f′（x）＜0求得的区间是单调减区间，即可得到答案．
（2）由（1）知，当a＝

1

3

时，f（x）在（0，1）上是增函数，在（1，2）上是减函数．于是x₁∈（0，2）时，f(x1)∈(−∞，

2

3

]从而存在x₂∈[1，2]，使g（x₂）=x₂²-2bx₂+4，且[g(x)]min≤−

2

3

，x∈[1，2]下面考查g（x）=x²-2bx+4=（x-b）²+4-b²，x∈[1，2]的最小值．对字母b进行分类讨论：①当b≤1时，②当b≥2时，③当1＜b＜2时，即可求得实数b的取值范围．

（1）f′(x)＝a−
a−1
x2−
1
x＝
(ax+a−1)(x−1)
x2．（2分）
①当[1−a/a＞1时，即0＜a＜
1
2]时，此时f（x）的单调性如下：

x （0，1） 1 （1，[1−a/a]） [1−a/a] （[1−a/a，+∞）
f′（x） + 0 _ 0 +
f（x） 增 减 增（4分）
②当a=0时，f′(x)＝
1−x
x2]，当0＜x＜1时f（x）递增；
当x＞1时，f（x）递减；（5分）
③当a＜0时，[1−a/a＜0，当0＜x＜1时f（x）递增；
当x＞1时，f（x）递减；（6分）
综上，当a≤0时，f（x）在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是减函数；
当0＜a＜
1
2]时，f（x）在（0，1），（[1−a/a，+∞）上是增函数，
在（1，
1−a
a]）上是减函数．（7分）
（2）由（1）知，当a＝
1
3时，f（x）在（0，1）上是增函数，在（1，2）上是减函数．
于是x₁∈（0，2）时，f(x1)∈(−∞，
2
3]．（8分）
从而存在x₂∈[1，2]，
使g（x₂）=
x22−2bx2+4≤[−f(x1)]min＝−
2
3⇔[g(x)]min≤−
2
3，x∈[1，2]（10分）
考察g（x）=x²-2bx+4=（x-b）²+4-b²，x∈[1，2]的最小值．
①当b≤1时，g（x）在[1，2]上递增，[g（x）]_min=g(1)＝5−2b≤−
2
3，b≥
17
6（舍去）..（11分）
②当b≥2时，，g（x）在[1，2]上递减，[g(x)]min＝g(2)＝8−4b≤−
2
3，b≥[13/6]
∴

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用．

考点点评： 本题主要考查导数在最大值、最小值问题中的应用及导函数的正负与原函数的单调性之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减．属于基础题．