Question

17．已知函數(shù)f（x）=$\frac{lnx}{x}$，g（x）=e^x-2
（Ⅰ）求函數(shù)r（x）=x+x²f′（x）-2在區(qū)間（0，+∞）上的最小值
（Ⅱ）是否存在實數(shù)k，使得對?x∈（0，e]，f（x）≤k（x-1）≤g（x）？若存在，求出所有滿足條件的k，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知求得r（x），再對r（x）求導(dǎo)得到其單調(diào)區(qū)間，由單調(diào)性求得其在（0，+∞）上的最小值；（Ⅱ）由（Ⅰ）得lnx≤x-1，可得$f（x）=\frac{lnx}{x}≤\frac{x-1}{x}$．然后討論$\frac{x-1}{x}≤k（x-1）$在（0，e]上恒成立時k的取值．構(gòu)造函數(shù)h（x）=e^x-2-x+1，利用導(dǎo)數(shù)求得在（0，e]上h（x）_min=h（2）=0，即h（x）=e^x-2-x+1≥0，得到e^x-2≥x-1．可得當(dāng)（0，e]時，對于k（x-1）≤g（x），在k=1時成立．由此可得存在唯一的k=1，使結(jié)論成立．

解答 解：（Ⅰ）由${f}^{′}（x）=\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$得r（x）=x-1-lnx，
∴${r}^{′}（x）=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}$．
∴當(dāng)0＜x＜1時，r′（x）＜0，當(dāng)x＞1時，r′（x）＞0．
∴r（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)單調(diào)遞減，在（1，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增．
∴r_min=r（1）=0；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得lnx≤x-1，∴$f（x）=\frac{lnx}{x}≤\frac{x-1}{x}$．
討論$\frac{x-1}{x}≤k（x-1）$在（0，e]上恒成立時k的取值．
①當(dāng)1＜x≤e時，由$\frac{x-1}{x}≤k（x-1）$，得$\frac{1}{x}≤k$恒成立，
∵$y=\frac{1}{x}$在（1，e]上單調(diào)遞減，∴$\frac{1}{x}＜1$，
又$\frac{1}{x}≤k$恒成立，∴k≥1；
②當(dāng)0＜x＜1時，由$\frac{x-1}{x}≤k（x-1）$，得$\frac{1}{x}≥k$恒成立，
∵$y=\frac{1}{x}$在（0，1）上單調(diào)遞減，∴$\frac{1}{x}＞1$，
又$\frac{1}{x}≥k$恒成立，∴k≤1；
③當(dāng)x=1時，$\frac{x-1}{x}≤k（x-1）$無論k取何值都恒成立，
由①②③可得k=1．
∴由$\frac{x-1}{x}≤k（x-1）$恒成立可得k=1．
設(shè)h（x）=e^x-2-x+1，則h′（x）=e^x-2-1，
令h′（x）=e^x-2-1=0，解得x=2．
當(dāng)x∈（0，2）時，h′（x）＜0，當(dāng)x∈（2，e]時，h′（x）＞0，
∴在（0，e]上h（x）_min=h（2）=0，
即h（x）=e^x-2-x+1≥0，∴e^x-2≥x-1．
∴當(dāng)（0，e]時，對于k（x-1）≤g（x），在k=1時成立．
綜上所述，存在唯一的k=1使結(jié)論成立．

點評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上的最值，考查了函數(shù)恒成立問題，考查了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法和分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，屬難題．