Question

3．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1+lnx}{x-1}$，g（x）=$\frac{a}{x}$（a∈N^*）．
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間．
（2）若對任意的x₂＞1，存在x₁滿足x₁＜x₂且g（x₁）=f（x₂）成立，求a的所有可能值．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，討論x＞1和$\frac{1}{e}$＜x＜1時，當(dāng)0＜x＜$\frac{1}{e}$時，求得導(dǎo)數(shù)大于0的區(qū)間和小于0的區(qū)間；
（2）由題意可得G（x）=$\frac{a}{x}$-$\frac{1+ln{x}_{2}}{{x}_{2}-1}$在（-∞，x₂）上存在零點，求a的范圍．由于G（x）遞減，即有G（x₂）=$\frac{a}{{x}_{2}}$-$\frac{1+ln{x}_{2}}{{x}_{2}-1}$＜0在（1，+∞）恒成立，運用參數(shù)分離，構(gòu)造函數(shù)求得最小值，即可得到a的范圍．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=$\frac{1+lnx}{x-1}$的導(dǎo)數(shù)為
f′（x）=$\frac{\frac{1}{x}（x-1）-（1+lnx）}{（x-1）^{2}}$=$\frac{-1-xlnx}{x（x-1）^{2}}$，
當(dāng)x＞1時，xlnx＞0，f′（x）＜0，f（x）在（1，+∞）遞減；
當(dāng)$\frac{1}{e}$＜x＜1時，-1＜lnx＜0，即有0＜-xlnx＜1．f′（x）＜0，
f（x）在（$\frac{1}{e}$，1）遞減；
當(dāng)0＜x＜$\frac{1}{e}$時，lnx＜-1，由-1-xlnx的導(dǎo)數(shù)為-（1+lnx）＞0，
即-1-xlnx遞增，即有-1-xlnx＜-1+$\frac{1}{e}$＜0，即有f′（x）＜0，
f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）遞減．
綜上可得，f（x）的減區(qū)間為（0，1），（1，+∞）；
（2）對任意的x₂＞1，存在x₁滿足x₁＜x₂且g（x₁）=f（x₂）成立，
即為G（x）=$\frac{a}{x}$-$\frac{1+ln{x}_{2}}{{x}_{2}-1}$在（-∞，x₂）上存在零點，求a的范圍．
由于G（x）遞減，即有G（x₂）=$\frac{a}{{x}_{2}}$-$\frac{1+ln{x}_{2}}{{x}_{2}-1}$＜0在（1，+∞）恒成立，
即有a＜$\frac{x（1+lnx）}{x-1}$在（1，+∞）恒成立，
令h（x）=$\frac{x（1+lnx）}{x-1}$，h′（x）=$\frac{x-2-lnx}{（x-1）^{2}}$，
由3-2-ln2＞0，4-2-ln2＜0，可得x-2-lnx=0的根x₀介于3到4之間，
且有x₀處導(dǎo)數(shù)左負(fù)右正，h（x）取得極小值，也為最小值m（3＜m＜4），
即有a≤3成立，故自然數(shù)a的所有可能的取值為1，2，3．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，考查不等式恒成立問題的解法，同時考查函數(shù)零點存在定理的運用，運算求解能力，屬于中檔題．