Question

16．設(shè)函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=ax+$\frac{a-1}{x}$-3（a∈R）．
（1）當(dāng)a=2時，解關(guān)于x的方程g（e^x）=0（其中e為自然對數(shù)的底數(shù)）；
（2）求函數(shù)φ（x）=f（x）+g（x）的單調(diào)增區(qū)間；
（3）當(dāng)a=1時，記h（x）=f（x）•g（x），是否存在整數(shù)λ，使得關(guān)于x的不等式2λ≥h（x）有解？若存在，請求出λ的最小值；若不存在，請說明理由．（參考數(shù)據(jù)：ln2≈0.6931，ln3≈1.0986）．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)a=2時，求出g（x）=0的解，即可解關(guān)于x的方程g（e^x）=0（其中e為自然對數(shù)的底數(shù)）；
（2）φ（x）=f（x）+g（x）=lnx+ax+$\frac{a-1}{x}$-3，φ′（x）=$\frac{[ax-（a-1）]（x+1）}{{x}^{2}}$，分類討論，利用導(dǎo)數(shù)的正負，求函數(shù)φ（x）=f（x）+g（x）的單調(diào)增區(qū)間；
（3）判斷h（x）不存在最小值，即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）當(dāng)a=2時，g（x）=0，可得x=$\frac{1}{2}或$1，
g（e^x）=0，可得e^x=$\frac{1}{2}$或e^x=1，
∴x=-ln2或0；
（2）φ（x）=f（x）+g（x）=lnx+ax+$\frac{a-1}{x}$-3，φ′（x）=$\frac{[ax-（a-1）]（x+1）}{{x}^{2}}$
①a=0，φ′（x）=$\frac{x+1}{{x}^{2}}$＞0，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是（0，+∞）；
②a=1，φ′（x）=$\frac{x+1}{{x}^{2}}$•x＞0，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是（0，+∞）；
③0＜a＜1，x=$\frac{a-1}{a}$＜0，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是（0，+∞）；
④a＞1，x=$\frac{a-1}{a}$＞0，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是（$\frac{a-1}{a}$，+∞）；
⑤a＜0，x=$\frac{a-1}{a}$＞0，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是（0，$\frac{a-1}{a}$）；
（3）a=1，h（x）=（x-3）lnx，h′（x）=lnx-$\frac{3}{x}$+1，
h″（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{3}{{x}^{2}}$＞0恒成立，∴h′（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴存在x₀，h′（x₀）=0，即lnx₀=-1+$\frac{3}{{x}_{0}}$，
h（x）在（0，x₀）上單調(diào)遞減，（x₀，+∞）上單調(diào)遞增，
∴h（x）_min=h（x₀）=-（x₀+$\frac{9}{{x}_{0}}$）+6，
∵h′（$\frac{3}{2}$）＜0，h′（2）＞0，∴x₀∈（$\frac{3}{2}$，2），
∴h（x₀）∈（-$\frac{3}{2}$，-$\frac{1}{2}$），
∴存在λ的最小值0，使得關(guān)于x的不等式2λ≥h（x）有解．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)知識的綜合運用，考查函數(shù)的單調(diào)性與最值，考查分類討論的數(shù)學(xué)思想，屬于中檔題．