Question

11．已知函数f（x）=lnx-ax，g（x）=$\frac{1}{x}$+a．
（1）当a=2 时，求F（x）=f（x）-g（x）在（0，2]的最大值；
（2）讨论函数F（x）=f（x）-g（x） 的单调性；
（3）若f（x）•g（x）≤0 在定义域内恒成立，求实数a的取值集合．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，求出函数的单调区间，从而求出函数的最大值即可；
（2）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（3）问题转化为f（x）≤0，g（x）≥0同时恒成立，f（x）≥0，g（x）≤0同时恒成立，a不存在，③a＜0时，f（x）=lnx-ax递增，g（x）递减，求出a的值即可．

解答 解：（1）a=2时，F（x）=lnx-2x-$\frac{1}{x}$-2，
F′（x）=$\frac{-{2x}^{2}+x+1}{{x}^{2}}$=$\frac{（x-1）（-2x-1）}{{x}^{2}}$，
F（x）在（0，1）内递增，在（1，2）递减，
故F（x）在x=1取最大值-5；
（2）F（x）=f（x）-g（x）=lnx-ax-$\frac{1}{x}$-a，
F′（x）=$\frac{-{ax}^{2}+x+1}{{x}^{2}}$，
①a≤0时，F′（x）＞0，F（x）在（0，+∞）递增，
②a＞0时，令F′（x）＞0，解得：0＜x＜$\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2a}$，
令F′（x）＜0，解得：x＞$\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2a}$，
故F（x）在（0，$\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2a}$）递增，在（$\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2a}$，+∞）递减；
（3）若f（x）•g（x）≤0 在定义域内恒成立，
①f（x）≤0，g（x）≥0同时恒成立，
由f（x）=lnx-ax≤0，a≥$\frac{lnx}{x}$恒成立，
令h（x）=$\frac{lnx}{x}$，h′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
令h′（x）＞0，解得：x＜e，令h′（x）＜0，解得：x＞e，
故h（x）在（0，e）递增，在（e，+∞）递减，
故h（x）_max=h（e）=$\frac{1}{e}$，故a≥$\frac{1}{e}$；
②f（x）≥0，g（x）≤0同时恒成立，a不存在，
③a＜0时，f（x）=lnx-ax递增，g（x）=$\frac{1}{x}$+a递减，
若它们有共同零点，则f（x）•g（x）≤0恒成立，
由f（x）=lnx-ax=0，g（x）=$\frac{1}{x}$+a=0联立方程组解得：a=-e，
综上，a≥$\frac{1}{e}$或a=-e．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想、转化思想，是一道综合题．