Question

4．已知函數(shù)f（x）=$\frac{（x-a）^{2}}{lnx}$（其中a為常數(shù)）．
（Ⅰ）當a=0時，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）當a＜1時，若在區(qū)間（1，2）上存在不相等的實數(shù)m，n，使f（m）=f（n）成立，求a的取值范圍；
（Ⅲ）當a=1時，對于任意大于1的實數(shù)x，恒有f（x）≥k成立，求實數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函數(shù)的導數(shù)，解關(guān)于導函數(shù)的不等式，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）問題轉(zhuǎn)化為求使函數(shù)f（x）在（1，2）上不為單調(diào)函數(shù)的a的取值范圍，通過討論x的范圍，得到函數(shù)的單調(diào)性，進而求出a的范圍；
（Ⅲ）x＞1時，f（x）≥k，即（x-1）²-klnx≥0成立，分類討論利用函數(shù)的單調(diào)性即可求出實數(shù)k的范圍．

解答 解：（Ⅰ）a=0時，f（x）=$\frac{{x}^{2}}{lnx}$，f′（x）=$\frac{x（2lnx-1）}{{（lnx）}^{2}}$，
令f′（x）＞0，解得：x＞$\sqrt{e}$，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜$\sqrt{e}$，
∴函數(shù)f（x）在（0，$\sqrt{e}$）遞減，在（$\sqrt{e}$，+∞）遞增；
（Ⅱ）依題意即求使函數(shù)f（x）=$\frac{{（x-a）}^{2}}{lnx}$在（1，2）上不為單調(diào)函數(shù)的a的取值范圍，
而f′（x）=$\frac{（x-a）[2xlnx-（x-a）]}{{x（lnx）}^{2}}$，（1＜x＜2，a＜1），
設(shè)g（x）=2xlnx-x+a，則g（1）=a-1，g（2）=4ln2-2+a，
因為g′（x）=2lnx+1＞0，g（x）在（1，2）上為增函數(shù)，
當$\left\{\begin{array}{l}{g（1）=a-1＜0}\\{g（2）=4ln2-2+a＞0}\end{array}\right.$，即當2-4ln2＜a＜1時，函數(shù)g（x）在（1，2）上有且只有一個零點，設(shè)為x₀，
當x∈（1，x₀）時，g（x）＜0，即f′（x）＜0，f（x）為減函數(shù)；
當x∈（x₀，2）時，g（x）＞0，即f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)，滿足在（1，2）上不為單調(diào)函數(shù)．
當a≤2-4ln2時，g（1）＜0，g（2）＜0，所以在（1，2）上g（x）＜0成立（因g（x）在（1，2）上為增函數(shù)），
所以在（1，2）上f′（x）＜0成立，即f（x）在（1，2）上為減函數(shù)，不合題意，
綜上：2-4ln2＜a＜1．
（Ⅲ）x＞1時，f（x）≥k，即（x-1）²-klnx≥成立，
令g（x）=（x-1）²-klnx，則g′（x）=$\frac{{2x}^{2}-2x-k}{x}$，
∵x＞1，∴2x²-2x=2x（x-1）＞0，
①k≤0，g′（x）＞0，∴g（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增，
∴x＞1時，g（x）＞g（1）=0，滿足題意，
②k＞0時，令f′（x）=0，解得：x₁=$\frac{1-\sqrt{1+2k}}{2}$＜0，x₂=$\frac{1+\sqrt{1+2k}}{2}$＞1，
∴x∈（1，x₂），g′（x）＜0，g（x）在（1，x₂）單調(diào)遞減，
∴x∈（1，x₂）時，g（x）＜g（1）=0（舍），
∴k≤0．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的極值問題，導數(shù)的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想，分類討論思想，熟練掌握基礎(chǔ)知識并對其靈活應(yīng)用是解題的關(guān)鍵，本題是一道難題．