Question

9．已知函数f（x）=lnx，g（x）=$\frac{x-1}{kx}$，其中k＞0．
（1）设k=1，x＞0，证明f（x）≥g（x）．
（2）若函数q（x）=f（x）-g（x）-$\frac{x}{k}$在区间（1，2）上不单调，求k的取值范围；
（3）设函数p（x）=$\left\{\begin{array}{l}{f（x），}&{x＞{e}^{2}}\\{-g（x）+a，}&{0＜x＜{e}^{2}}\end{array}$，若对任意给定的实数x₁（x₁∈（0，e²）∪（e²，+∞）），存在唯一的实数x₂（x₁≠x₂，x₂∈（0，e²）∪（e²，+∞）），使得p（x₁）=p（x₂）成立，求k与a满足的关系式．

Answer 1

分析 （1）要证f（x）≥g（x），即证f（x）-g（x）≥0，令h（x）=f（x）-g（x）=lnx+$\frac{1-x}{kx}$，求出k=1的导数，求得单调区间，可得最小值，进而得证；
（2）求出q（x）的导数，q（x）在区间（1，2）上不单调，即有x²-kx+1=0在（1，2）有根且无重根，由参数分离即可得到k的范围；
（3）化简集合A，B，讨论①当x₁＞e²时，②当0＜x₁＜e²时，讨论单调性，可得A=B，进而得到k，a满足的条件．

解答 解：（1）要证f（x）≥g（x），即证f（x）-g（x）≥0，
令h（x）=f（x）-g（x）=lnx+$\frac{1-x}{kx}$，
当k=1时，h′（x）=$\frac{1}{x}$（1-$\frac{1}{x}$），
当x＞1时，h′（x）＞0，h（x）递增；当0＜x＜1时，h′（x）＜0，h（x）递减．
即有x=1处取得最小值0，
则h（x）≥h（1）=0，故f（x）≥g（x）；
（2）q（x）=f（x）-g（x）-$\frac{x}{k}$=lnx+$\frac{1-x}{kx}$-$\frac{x}{k}$，
q′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{k{x}^{2}}$-$\frac{1}{k}$=-$\frac{{x}^{2}-kx+1}{k{x}^{2}}$，
q（x）在区间（1，2）上不单调，即有x²-kx+1=0在（1，2）有根且无重根，
即有k=x+$\frac{1}{x}$在（1，2）有根且无重根，
则有2＜k＜$\frac{5}{2}$；
（3）记A={y|y=lnx，x＞e²}={y|y＞2}，
B={y|y=a-g（x）=a+$\frac{1-x}{kx}$，0＜x＜e²}={y|y＞$\frac{1}{k}$（$\frac{1}{{e}^{2}}$-1）+a}，
①当x₁＞e²时，p（x₁）=lnx₁，y=lnx在（e²，+∞）递增，
所以要使得p（x₁）=p（x₂）成立，则需x₂∈（0，e²），且A⊆B；
②当0＜x₁＜e²时，p（x₁）=a+$\frac{1-{x}_{1}}{k{x}_{1}}$，y=a+$\frac{1-x}{kx}$在（0，e²）递减，
所以要使得p（x₁）=p（x₂）成立，则需x₂∈（e²，+∞），且B⊆A．
故A=B，即有$\frac{1}{k}$（$\frac{1}{{e}^{2}}$-1）+a=2．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查单调性的运用和函数方程的转化思想，考查任意性和存在性问题的解法，属于难题．