Question

设函数f（x）=

1+lnx

x

．
（1）若函数f（x）在区间（t，t+

1

4

）上存在极值，求实数t的取值范围；
（2）若对任意的x₁，x₂，当x₁＞x₂≥e时，恒有|f（x₁）-f（x₂）|≥k|

1

x1

-

1

x2

|，求实数k的取值范围；
（3）是否存在实数m，n（m＜n），当x∈[m，n]时f（x）的值域为[m，n]？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：导数的综合应用

分析：（1）由题意可得函数f（x）在区间（t，t+

1

4

）上存在极值，即f′（x）=0在（t，t+

1

4

）上有实数解，利用导数解得即可；
（2）由（1）可得f（x）在[e，+∞）上单调递减，故x₁＞x₂≥e时，恒有|f（x₁）-f（x₂）|≥k|

1

x1

-

1

x2

|，等价于f(x2)-

k

x2

≥f(x1)-

k

x1

，在[e，+∞）上恒成立．令F（x）=f（x）-

k

x

，则上述问题等价于函数f（x）在[e，+∞）上单调递减，利用导数解得即可；
（3）由（1）知，在x∈（0，+∞）时，f（x）≤1，n≤1．结合函数f（x）的图象与直线y=x的交点可知，存在实数m，n符合题意，其中n=1．
故只要证明f（x）=x在（0，1）内有一解，即x²-1-lnx=0在（0，1）内有一解，令g（x）=x²-1-lnx，（x＞0），利用判断函数的单调性，证明函数在（0，1）上有零点，即可得出结论．

解答： 解：（1）由f（x）=

1+lnx

x

．x＞0得f′（x）=-

lnx

x2

，
∴当0＜x＜1时，f′（x）＞0，当x＞1时，f′（x）＜0，
∴函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
∴f（x）在x=1处取得极大值，f（x）_极大值=f（1）=1，
∴t＜1＜t+

1

4

，解得

3

4

＜t＜1，
即实数t的取值范围是（

3

4

，1）．
（2）由（1）知f（x）在[e，+∞）上单调递减，
∵x₁＞x₂≥e，由|f（x₁）-f（x₂）|≥k|

1

x1

-

1

x2

|得f（x₂）-f（x₁）≥

k

x2

-

k

x1

，
即f(x2)-

k

x2

≥f(x1)-

k

x1

，恒成立．
令F（x）=f（x）-

k

x

，则上述问题等价于函数f（x）在[e，+∞）上单调递减，
又F（x）=

1+lnx

x

-

k

x

，∴F′（x）=-

k-lnx

x2

≤0在[e，+∞）上恒成立，得k≤lnx在[e，+∞）上恒成立，
而lnx在[e，+∞）上的最小值为lne=1，故得k≤1．
（3）由（1）知，在x∈（0，+∞）时，f（x）≤1，∴n≤1．
结合函数f（x）的图象与直线y=x的交点可知，存在实数m，n符合题意，其中n=1．
故只要证明f（x）=x在（0，1）内有一解，即x²-1-lnx=0在（0，1）内有一解，
令g（x）=x²-1-lnx，（x＞0），则g′（x）=

2x2-1

x

，
由g′（x）=0得，x=

2

2

，
∴当x∈(0，

2

2

)时，g′（x）＜0，当x∈(

2

2

，+∞)时，g′（x）＞0，
∴在（0，1）上，g（x）_min=g（

2

2

）=-

1

2

+

1

2

ln2=

1

2

（ln2-1）＜0．
又g（

1

e

）=

1

e2

-1-ln

1

e

=

1

e2

＞0，
∴存在x0∈(

1

e

，

2

2

)?(0，1)，使得g（x₀）=0，满足f（x₀）=x₀，即f（x）=x在（0，1）内有一解．
综上所述，存在实数m，n（m＜n），满足当x∈[m，n]时f（x）的值域为[m，n]．

点评：本题主要考查利用导数研究函数的单调性、极值、最值等知识，考查学生分析问题、解决问题的能力及运算求解能力，综合性、逻辑性强，属于难题．