Question

5．已知函數(shù)f（x）=ax-lnx；g（x）=$\frac{lnx}{x}$．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）求證：若a=e（e是自然常數(shù)），當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，f（x）≥e-g（x）恒成立；
（3）若h（x）=x²[1+g（x）]，當(dāng)a＞1時(shí)，對(duì)于?x₁∈[1，e]，?x₀∈[1，e]，使f（x₁）=h（x₀），求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）推導(dǎo)出${f}^{'}（x）=a-\frac{1}{x}=\frac{ax-1}{x}，x＞0$，由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性．
（2）當(dāng)a=e時(shí)，f（x）=ex-lnx，${f}^{'}（x）=e-\frac{1}{x}=\frac{ex-1}{x}$，由此利用構(gòu)造法和導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能證明a=e（e是自然常數(shù)），當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，f（x）≥e-g（x）恒成立．
（3）由${f}^{'}（x）=a-\frac{1}{x}$，a＞1時(shí)，求出f（x）的值域是[a，ae-1]，由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能求出a的取值范圍．

解答 解：（1）∵f（x）=ax-lnx，∴x＞0，${f}^{'}（x）=a-\frac{1}{x}=\frac{ax-1}{x}，x＞0$，
∵x＞0，
∴當(dāng)a≤0時(shí)，f′（x）＜0，∴f（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)，
當(dāng)a＞0時(shí)，若x＞$\frac{1}{a}$，則f′（x）＞0，∴f（x）在（$\frac{1}{a}$，+∞）上是增函數(shù)，
若0＜x＜$\frac{1}{a}$，則f′（x）＜0，∴f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上是減函數(shù)．
綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，f（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)，
當(dāng)a＞0時(shí)，f（x）在（$\frac{1}{a}$，+∞）上是增函數(shù)，在（0，$\frac{1}{a}$）上是減函數(shù)．
證明：（2）當(dāng)a=e時(shí)，f（x）=ex-lnx，
∴${f}^{'}（x）=e-\frac{1}{x}=\frac{ex-1}{x}$，∴x∈[1，e]時(shí)，f′（x）＞0恒成立．
f（x）=ex-lnx在[1，e]上是單調(diào)遞增函數(shù)，∴f（x）_min=f（1）=e，
令H（x）=e-g（x）=e-$\frac{lnx}{x}$，則H′（x）=$\frac{lnx-1}{{x}^{2}}$，x∈[1，e]時(shí)，H′（x）≤0，
∴H（x）在[1，e]上單調(diào)遞減，H（x）_max=H（1）=e，
∴f（x）≥H（x），即f（x）≥e-g（x）．
故a=e（e是自然常數(shù)），當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，f（x）≥e-g（x）恒成立．
解：（3）∵${f}^{'}（x）=a-\frac{1}{x}$，a＞1時(shí)，由x∈[1，e]，得f′（x）＞0，
∴f（x）=ax-lnx在[1，e]上單調(diào)遞增，
f（x）_min=f（1）=a，f（x）_max=f（e）=ae-1，即f（x）的值域是[a，ae-1]，
由h（x）=x²+1-lnx，得${h}^{'}（x）=2x-\frac{1}{x}$，∴x∈[1，e]時(shí)，h′（x）＞0，
h（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，
∴h（x）_min=h（1）=2，h（x）_max=h（e）=e²，即h（x）的值域是[2，e²]，
?x₁∈[1，e]，?x₀∈[1，e]，有f（x₁）=h（x₀），
∴f（x）的值域是h（x）的值域的子集，
∴$\left\{\begin{array}{l}{a≥2}\\{{e}^{2}≥ae-1}\end{array}\right.$，∴$2≤a≤e+\frac{1}{e}$．
∴a的取值范圍是[2，e+$\frac{1}{e}$]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用、函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力、推理論證能力，考查分類討論、化歸與轉(zhuǎn)化等數(shù)學(xué)思想，是中檔題．