Question

17．已知函数f（x）=x-alnx-1，g（x）=$\frac{mx}{{e}^{x-1}}$，其中m、a均为实数，e为自然对数的底数．
（1）试讨论函数g（x）的极值情况；
（2）设m=1，a＜0，若对任意的x₁，x₂∈[3，4]（x₁≠x₂），|f（x₂）-f（x₁）|＜|$\frac{1}{g（{x}_{2}）}$-$\frac{1}{g（{x}_{1}）}$|恒成立，求实数a的最小值．

Answer 1

分析 （1）求出g（x）的导数，对m分类讨论，即可得出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可．
（2）不妨设x₂＞x₁，则|f（x2）-f（x1）|＜|$\frac{1}{g（{x}_{2}）}$-$\frac{1}{g（{x}_{1}）}$|恒成立，利用导数分别研究函数f（x）与$\frac{1}{g（x）}$的单调性，等价于：f（x₂）-f（x₁）＜h（x₂）-h（x₁），即f（x₂）-h（x₂）＜f（x₁）-h（x₁），分离参数，利用导数求最值求出参数范围即可

解答 解：（1）g′（x）=$\frac{m（1-x）}{{e}^{x-1}}$，g′（1）=0．
①m＞0时，x∈（-∞，1）时，g′（x）＞0，此时函数g（x）单调递增；x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，此时函数g（x）单调递减，∴x=1时，函数g（x）取得极大值，g（1）=m．
②m＜0时，x∈（-∞，1）时，g′（x）＜0，此时函数g（x）单调递减；x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，此时函数g（x）单调递增，∴x=1时，函数g（x）取得极小值，g（1）=m．
③m=0时，g（x）=0，函数g（x）为常数函数，无极值．
（2）a＜0时，f（x）=x-alnx-1，x∈（0，+∞），
∴f′（x）=1-$\frac{a}{x}$＞0，∴函数f（x）在[3，4]上单调递增，
m=1时，$\frac{1}{g（x）}$=$\frac{{e}^{x-1}}{x}$=h（x），（x≠0），∵x∈[3，4]，∴h′（x）=$\frac{{e}^{x-1}（x-1）}{{x}^{2}}$＞0，∴函数h（x），即$\frac{1}{g（x）}$在x∈[3，4]上单调递增．
不妨设x₂＞x₁，则|f（x₂）-f（x₁）|＜|$\frac{1}{g（{x}_{2}）}$-$\frac{1}{g（{x}_{1}）}$|恒成立，等价于：
f（x₂）-f（x₁）＜h（x₂）-h（x₁），
即f（x₂）-h（x₂）＜f（x₁）-h（x₁），
设u（x）=f（x）-h（x）=x-alnx-1-$\frac{{e}^{x-1}}{x}$，
则u（x）在[3，4]上为减函数，
∴u′（x）=1-$\frac{a}{x}$-$\frac{{e}^{x-1}（x-1）}{{x}^{2}}$≤0在[3，4]上恒成立，
∴a≥x-e^x-1+$\frac{{e}^{x-1}}{x}$恒成立，∴a≥（x-e^x-1+$\frac{{e}^{x-1}}{x}$）_max，x∈[3，4]，
设v（x）=x-e^x-1+$\frac{{e}^{x-1}}{x}$，
∵v′（x）=1-e^x-1+$\frac{{e}^{x-1}（x-1）}{{x}^{2}}$=1-e^x-1$[（\frac{1}{x}-\frac{1}{2}）^{2}+\frac{3}{4}]$，
∵e^x-1$[（\frac{1}{x}-\frac{1}{2}）^{2}+\frac{3}{4}]$≥$\frac{3}{4}{e}^{2}$＞1，
∴v（x）在x∈[3，4]上单调递减，
∴a≥4-e³+$\frac{{e}^{3}}{4}$=4-$\frac{3}{4}{e}^{3}$．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、等价转化方法、不等式的解法，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．