Question

16．設(shè)函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=m（1+$\frac{n-1}{x+1}$）（m＞0）．
（1）若函數(shù)y=f（x）-g（x）在定義域內(nèi)不單調(diào)，求m-n的取值范圍；
（2）是否存在實(shí)數(shù)a，使得f（$\frac{2a}{x}$）•f（e^ax）+f（$\frac{x}{2a}$）≤0對(duì)任意正實(shí)數(shù)x恒成立？若存在，求出滿足條件的實(shí)數(shù)a；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）h（x）=f（x）-g（x）=lnx-m（1+$\frac{n-1}{x+1}$）（m＞0）在定義域（0，+∞）內(nèi)不單調(diào)，則函數(shù)h（x）在定義域（0，+∞）內(nèi)有極值，因此h′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{m（n-1）}{（x+1）^{2}}$=0在（0，+∞）內(nèi)有解．化為：u（x）=x²+（2+mn-m）x+1=0，令u（x）=x²+（2+mn-m）x+1，u（0）=0，可得$\left\{\begin{array}{l}{△=（2+mn-m）^{2}-4＞0}\\{-\frac{2+mn-m}{2}＞0}\end{array}\right.$，化簡(jiǎn)解出即可．
（2）f（$\frac{2a}{x}$）•f（e^ax）+f（$\frac{x}{2a}$）=ax•$ln\frac{2a}{x}$+$ln\frac{x}{2a}$=axln（2a）-axlnx+lnx-ln2a=u（x）．由x＞0，可得a＞0．假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，使得f（$\frac{2a}{x}$）•f（e^ax）+f（$\frac{x}{2a}$）≤0對(duì)任意正實(shí)數(shù)x恒成立?u（x）_max≤0．u′（x）=aln（2a）-alnx-a+$\frac{1}{x}$，利用其單調(diào)性可得：存在a＞0，及其存在x₀，＞0，使得u′（x₀）=0=aln（2a）-alnx₀-a+$\frac{1}{{x}_{0}}$，使得u（x）取得極大值即最大值．由lnx₀=ln（2a）-1+$\frac{1}{a{x}_{0}}$代入u（x）_max≤0．解出即可．

解答 解：（1）h（x）=f（x）-g（x）=lnx-m（1+$\frac{n-1}{x+1}$）（m＞0）在定義域（0，+∞）內(nèi)不單調(diào)，
則函數(shù)h（x）在定義域（0，+∞）內(nèi)有極值，
因此h′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{m（n-1）}{（x+1）^{2}}$=0在（0，+∞）內(nèi)有解．
化為：u（x）=x²+（2+mn-m）x+1=0，令u（x）=x²+（2+mn-m）x+1，
∵u（0）=0，∴$\left\{\begin{array}{l}{△=（2+mn-m）^{2}-4＞0}\\{-\frac{2+mn-m}{2}＞0}\end{array}\right.$，化為mn-m＜-4，
令m-n=t，可得n=m-t．
∴m（m-t）-m＜-4，
化為t＞$m+\frac{4}{m}$-1，m＞0．
∴t的取值范圍是t＞$m+\frac{4}{m}$-1，m＞0．
（2）f（$\frac{2a}{x}$）•f（e^ax）+f（$\frac{x}{2a}$）=ax•$ln\frac{2a}{x}$+$ln\frac{x}{2a}$=axln（2a）-axlnx+lnx-ln2a=u（x）．
∵x＞0，∴a＞0．
假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，使得f（$\frac{2a}{x}$）•f（e^ax）+f（$\frac{x}{2a}$）≤0對(duì)任意正實(shí)數(shù)x恒成立?u（x）_max≤0．
u′（x）=aln（2a）-alnx-a+$\frac{1}{x}$，
∴u′（x）在x∈（0，+∞）單調(diào)遞減，
x→0+，u′（x）→+∞；x→+∞，u′（x）→-∞．
因此存在a＞0，及其存在x₀，＞0，使得u′（x₀）=0=aln（2a）-alnx₀-a+$\frac{1}{{x}_{0}}$，使得u（x）取得極大值即最大值．
由lnx₀=ln（2a）-1+$\frac{1}{a{x}_{0}}$代入可得：
u（x）_max=ax₀ln（2a）-ax₀lnx₀+lnx₀-ln（2a）=ax₀-1+lnx₀-ln（2a）=ax₀-1-ln（2a）+ln（2a）-1+$\frac{1}{a{x}_{0}}$=$a{x}_{0}+\frac{1}{a{x}_{0}}$-2，
由于$a{x}_{0}+\frac{1}{a{x}_{0}}$-2≥2-2=0，因此只能去等號(hào)，當(dāng)且僅當(dāng)ax₀=1時(shí)取等號(hào)．
由于x₀滿足lnx₀=ln（2a）-1+$\frac{1}{a{x}_{0}}$，∴l(xiāng)n$\frac{1}{a}$=ln（2a）-1+1，解得a=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
故存在實(shí)數(shù)a=$\frac{\sqrt{2}}{2}$＞0，滿足條件．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、恒成立問題的等價(jià)轉(zhuǎn)化方法、對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)，考查了分析問題與解決問題的能力、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．