Question

11．已知函数f（x）=$\frac{lnx}{x}$-x+$\frac{a}{x}$（a∈R）．
（1）当a=0时，求证：函数f（x）有且仅有一个极值点；
（2）若对于任意的x₁，x₂∈[e，+∞]且x₁≠x₂，有不等式$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜-1恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的对数，通过判断函数的单调性得出f（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减，从而判断函数f（x）有且仅有一个极值点；
（2）问题转化为a＞-x²-lnx-2在[e，+∞）恒成立，令g（x）=-x²-lnx-2，通过求导得到g（x）的最大值，从而求出a的范围即可．

解答 （1）证明：a=0时，f（x）=$\frac{lnx}{x}$-x，（x＞0），
f′（x）=$\frac{{-x}^{2}-lnx+1}{{x}^{2}}$，
令h（x）=-x²-lnx+1
h′（x）=-2x-$\frac{1}{x}$＜0，
∴f′（x）在（0，+∞）单调递减，
而f′（1）=0，
∴x∈（0，1）时，f′（x）＞0，x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减，
∴函数f（x）有且仅有一个极值点；
（2）解：f′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$-1-$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{{-x}^{2}-lnx+1-a}{{x}^{2}}$，（x＞0）
若对于任意的x₁，x₂∈[e，+∞]且x₁≠x₂，有不等式$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜-1恒成立，
即-x²-lnx+1-a＜-1在x∈[e，+∞）恒成立，
即a＞-x²-lnx-2在[e，+∞）恒成立，
令g（x）=-x²-lnx-2，g′（x）=-2x-$\frac{1}{x}$＜0，
∴g（x）在[e，+∞）递减，g（x）_最大值=g（e）=-e²-3，
∴a＞-e²-3．

点评 本题考查了函数的单调性．极值问题，考查导数的应用，函数恒成立问题，是一道中档题．