Question

9．已知函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=$\frac{x-1}{kx}$，其中k＞0．
（1）設(shè)k=1，x＞0，證明f（x）≥g（x）．
（2）若函數(shù)q（x）=f（x）-g（x）-$\frac{x}{k}$在區(qū)間（1，2）上不單調(diào)，求k的取值范圍；
（3）設(shè)函數(shù)p（x）=$\left\{\begin{array}{l}{f（x），}&{x＞{e}^{2}}\\{-g（x）+a，}&{0＜x＜{e}^{2}}\end{array}$，若對任意給定的實數(shù)x₁（x₁∈（0，e²）∪（e²，+∞）），存在唯一的實數(shù)x₂（x₁≠x₂，x₂∈（0，e²）∪（e²，+∞）），使得p（x₁）=p（x₂）成立，求k與a滿足的關(guān)系式．

Answer 1

分析 （1）要證f（x）≥g（x），即證f（x）-g（x）≥0，令h（x）=f（x）-g（x）=lnx+$\frac{1-x}{kx}$，求出k=1的導(dǎo)數(shù)，求得單調(diào)區(qū)間，可得最小值，進(jìn)而得證；
（2）求出q（x）的導(dǎo)數(shù)，q（x）在區(qū)間（1，2）上不單調(diào)，即有x²-kx+1=0在（1，2）有根且無重根，由參數(shù)分離即可得到k的范圍；
（3）化簡集合A，B，討論①當(dāng)x₁＞e²時，②當(dāng)0＜x₁＜e²時，討論單調(diào)性，可得A=B，進(jìn)而得到k，a滿足的條件．

解答 解：（1）要證f（x）≥g（x），即證f（x）-g（x）≥0，
令h（x）=f（x）-g（x）=lnx+$\frac{1-x}{kx}$，
當(dāng)k=1時，h′（x）=$\frac{1}{x}$（1-$\frac{1}{x}$），
當(dāng)x＞1時，h′（x）＞0，h（x）遞增；當(dāng)0＜x＜1時，h′（x）＜0，h（x）遞減．
即有x=1處取得最小值0，
則h（x）≥h（1）=0，故f（x）≥g（x）；
（2）q（x）=f（x）-g（x）-$\frac{x}{k}$=lnx+$\frac{1-x}{kx}$-$\frac{x}{k}$，
q′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{k{x}^{2}}$-$\frac{1}{k}$=-$\frac{{x}^{2}-kx+1}{k{x}^{2}}$，
q（x）在區(qū)間（1，2）上不單調(diào)，即有x²-kx+1=0在（1，2）有根且無重根，
即有k=x+$\frac{1}{x}$在（1，2）有根且無重根，
則有2＜k＜$\frac{5}{2}$；
（3）記A={y|y=lnx，x＞e²}={y|y＞2}，
B={y|y=a-g（x）=a+$\frac{1-x}{kx}$，0＜x＜e²}={y|y＞$\frac{1}{k}$（$\frac{1}{{e}^{2}}$-1）+a}，
①當(dāng)x₁＞e²時，p（x₁）=lnx₁，y=lnx在（e²，+∞）遞增，
所以要使得p（x₁）=p（x₂）成立，則需x₂∈（0，e²），且A⊆B；
②當(dāng)0＜x₁＜e²時，p（x₁）=a+$\frac{1-{x}_{1}}{k{x}_{1}}$，y=a+$\frac{1-x}{kx}$在（0，e²）遞減，
所以要使得p（x₁）=p（x₂）成立，則需x₂∈（e²，+∞），且B⊆A．
故A=B，即有$\frac{1}{k}$（$\frac{1}{{e}^{2}}$-1）+a=2．

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，考查單調(diào)性的運用和函數(shù)方程的轉(zhuǎn)化思想，考查任意性和存在性問題的解法，屬于難題．