Question

10．已知函數(shù)f（x）=$\frac{lnx}{x}$，且對于?x∈R（x≠0），都有g(shù)（x）•f（e^x）=1．
（1）求g（x）的解析式．并寫出函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）已知正數(shù)a，b，c：clnb=a+clnc且c≤2a，求$\frac{a}$的最小值．
（3）在 區(qū)間[1，+∞）是否存在相異實數(shù)x₁，x₂，使得f（g（x₁））=f（g（x₂）），若存在，給出一組數(shù)值，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）先求出f（e^x），代入g（x）•f（e^x）=1，從而求出g（x）的表達式；
（2）由clnb=a+clnc化為lnb=$\frac{a}{c}$+lnc，可得ln$\frac{a}$=lnb-lna=$\frac{a}{c}$+ln$\frac{c}{a}$，令$\frac{c}{a}$=x，可得ln$\frac{a}$=f（x）=$\frac{1}{x}$+lnx，0＜x＜2．再利用導數(shù)研究其單調(diào)性極值與最值即可；
（3）問題轉(zhuǎn)化為存在f（x₁）=f（x₂），求出函數(shù)f（x）的導數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出函數(shù)的值域，畫出函數(shù)的圖象，通過圖象讀出即可．

解答 解：（1）∵函數(shù)f（x）=$\frac{lnx}{x}$，
∴f（e^x）=$\frac{l{ne}^{x}}{{e}^{x}}$=$\frac{x}{{e}^{x}}$，
由g（x）•f（e^x）=1，
得：g（x）=$\frac{1}{f{（e}^{x}）}$=$\frac{{e}^{x}}{x}$，
∴g′（x）=$\frac{{e}^{x}（x-1）}{{x}^{2}}$，
令g′（x）＞0，解得：x＞1，令g′（x）＜0，解得：x＜1且x≠0，
∴g（x）在（-∞，0），（0，1）遞減，在（1，+∞）遞增；
（2）由clnb=a+clnc化為lnb=$\frac{a}{c}$+lnc，
∴l(xiāng)n$\frac{a}$=lnb-lna=$\frac{a}{c}$+lnc-lna=$\frac{a}{c}$+ln$\frac{c}{a}$，
令x=$\frac{c}{a}$，由a，b，c為正數(shù)且c＜2a，
得：0＜$\frac{c}{a}$＜2，∴0＜x＜2，
則ln$\frac{a}$=h（x）=$\frac{1}{x}$+lnx，（0＜x＜2），
h′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$+$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
令h′（x）＞0，解得：x＞1，令h′（x）＜0，解得：x＜1，
∴h（x）在（0，1）遞減，在（1，2）遞增，
∴h（x）_最小值=h（1）=1，
∴l(xiāng)n$\frac{a}$的最小值是1，∴$\frac{a}$的最小值是e；
（3）∵f（g（x₁））=$\frac{ln\frac{{e}^{{x}_{1}}}{{x}_{1}}}{{x}_{1}}$=$\frac{l{ne}^{{x}_{1}}-l{nx}_{1}}{{x}_{1}}$=1-$\frac{l{nx}_{1}}{{x}_{1}}$，
f（g（x₂））=$\frac{ln\frac{{e}^{{x}_{2}}}{{x}_{2}}}{{x}_{2}}$=$\frac{l{ne}^{{x}_{2}}-l{nx}_{2}}{{x}_{2}}$=1-$\frac{l{nx}_{2}}{{x}_{2}}$，
若存在f（g（x₁））=f（g（x₂）），即f（x₁）=f（x₂），
由f′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，令f′（x）＞0，解得：0＜x＜e，令f′（x）＜0，解得：x＞e，
∴f（x）在[1，e）遞增，在（e，+∞）遞減，
∴f（x）_最大值=f（x）_極大值=f（e）=$\frac{1}{e}$，
而f（1）=0，x→+∞時，f（x）→0，
畫出函數(shù)f（x）的圖象，如圖示：
，
不妨設x₁＜x₂，
由圖象得：在區(qū)間[1，e）上存在x₁在（e，+∞）上存在x₂，
使得f（g（x₁））=f（g（x₂））．

點評 本題考查函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用，考查了經(jīng)過變形把問題轉(zhuǎn)化為利用導數(shù)研究其單調(diào)性極值與最值，考查了推理能力和解決問題的能力．