Question

1．已知函数f（x）=px-$\frac{4p}{x}$-lnx，g（x）=lnx-$\frac{p}{x}$（4+$\frac{{e}^{2}-2e}{{p}^{2}}$），其中无理数e=2.71828…
（1）若p=0，求证：f（x）≥1-x；
（2）若f（x）在其定义域是单调函数，求实数p的取值范围；
（3）对于区间（1，2）中的任意常数p，是否存在x₀＞0使f（x₀）≤g（x₀）成立？若存在，求出符合条件的x₀；否则，说明理由．

Answer 1

分析 （1）若P=0，要证f（x）≥1-x；即可转化为lnx-x+1≥0在定义域内恒成立即可．在通过求导，研究其单调性，看函数的最小值，只要函数的最小值大于等于0即可．
（2）若在其定义域内f（x）是单调函数，求P的取值范围；先要明确定义域；在求导，求导后，只要满足导数在某区间恒大于0或在某区间恒小于0即可．在这里要注意对参数p进行讨论．
（3）对于区间（1，2）中的任意常数P，是否存在x₀＞0，使f（x₀）≤g（x₀）成立，这种题型属探索性问题；解决的关键在于弄懂题意．据题意可转化为：令F（x）=f（x）-g（x）=px-2lnx+$\frac{{e}^{2}-2e}{px}$，则问题等价于找一个x₀＞0使F（x）≤0成立，故只需满足函数的最小值F（x）_min≤0即可．

解答 解：（Ⅰ）证明：当p=0时，f（x）=-lnx．
令m（x）=lnx-x+1，则m′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$．
若0＜x＜1，m′（x）＞0，m（x）递增；
若x＞1，m′（x）＜0，m（x）递减，
则x=1是m（x）的极（最）大值点．
于是m（x）≤m（1）=0，即lnx-x+1≤0．
故当p=0时，有f（x）≥1-x；
（2）对f（x）=px-$\frac{4p}{x}$-lnx求导，
得f′（x）=p+$\frac{4p}{{x}^{2}}$-$\frac{1}{x}$=$\frac{{px}^{2}-x+4p}{{x}^{2}}$．
①若p=0，f′（x）=-$\frac{1}{x}$＜0，
则f（x）在（0，+∞）上单调递减，故p=0合题意．
②若p＞0，h（x）=px²-x+4p=p（x-$\frac{1}{2p}$）²+4p-$\frac{1}{4p}$≥4p-$\frac{1}{4p}$．
则必须4p-$\frac{1}{4p}$≥0，f′（x）≥0，
故当p≥$\frac{1}{4}$时，f（x）在（0，+∞）上单调递增．
③若p＜0，h（x）的对称轴x=$\frac{1}{2p}$＜0，
则必须h（0）≤0，f′（x）≤0，
故当p＜0时，f（x）在（0，+∞）上单调递减．
综合上述，p的取值范围是（-∞，0]∪[$\frac{1}{4}$，+∞）；
（3）令F（x）=f（x）-g（x）=px-2lnx+$\frac{{e}^{2}-2e}{px}$．
则问题等价于找一个x₀＞0使F（x）≤0成立，
故只需满足函数的最小值F（x）_min≤0即可．
因F′（x）=p-$\frac{2}{x}$-$\frac{{e}^{2}-2e}{{px}^{2}}$=$\frac{（px-e）（px-2+e）}{{px}^{2}}$=$\frac{p}{{x}^{2}}$（x-$\frac{e}{p}$）（x-$\frac{2-e}{p}$），
而x＞0，1＜p＜2，$\frac{e}{p}$＞$\frac{2}{p}$＞0，$\frac{2-e}{p}$＜0，
故当0＜x＜$\frac{e}{p}$时，F′（x）＜0，F（x）递减；
当x＞$\frac{e}{p}$时，F′（x）＞0，F（x）递增．
于是，F（x）min=F（$\frac{e}{p}$）=e-2+2lnp+e-2=2e+2lnp-4＞0．
与上述要求F（x）_min≤0相矛盾，故不存在符合条件的x₀．

点评 （1）若在其定义域内f（x）是单调函数，求参数的取值范围；先要明确定义域；在求导，求导后，只要满足导数在某区间恒大于0或在某区间恒小于0即可．这是通性通法．
（2）对于区间任意给定的某区间，某代数式恒成立问题，解决的关键在于弄懂题意．据题意一般可可转化为构造一个函数，求满足函数的最小值或者函数的最大值即可