Question

12．已知a＞0，函数f（x）=$\frac{a}{x}$+|lnx-a|．
（1）若对于任意x∈[1，e²]，f（x）≤$\frac{3}{2}$恒成立，求实数a的取值范围；
（2）若a=1，求方程f[f（x）]=x解的个数．

Answer 1

分析 （1）由题意得$\frac{a}{x}$+|lnx-a|≤$\frac{3}{2}$，分a≥2与0＜a＜2讨论求函数的最值，从而化恒成立问题为最值问题即可；
（2）将函数写出分段形式，讨论x的范围和f（x）的范围，及函数的单调区间，结合零点存在定理，即可得到解的个数．

解答 解：（1）当由题意得，$\frac{a}{x}$+|lnx-a|≤$\frac{3}{2}$，
当a≥2时，上式可化为$\frac{a}{x}$-lnx+a≤$\frac{3}{2}$恒成立，
且为$\frac{a}{x}$-lnx+a在[1，e²]上是减函数，
故只需使a+a≤$\frac{3}{2}$，无解；
当0＜a＜2时，
f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{a}{x}+lnx-a，x∈[{e}^{a}，{e}^{2}]}\\{\frac{a}{x}-lnx+a，x∈[1．{e}^{a}]}\end{array}\right.$，
故f（x）在[1，e^a]上是减函数，在[e^a，e²]上是增函数，
故只需使$\left\{\begin{array}{l}{a+a≤\frac{3}{2}}\\{\frac{a}{{a}^{2}}+2-a≤\frac{3}{2}}\end{array}\right.$，解得$\frac{{e}^{2}}{2（{e}^{2}-1）}$≤a≤$\frac{3}{2}$，
故实数a的取值范围是[$\frac{{e}^{2}}{2（{e}^{2}-1）}$，$\frac{3}{2}$]；
（2）当a=1时，f（x）=$\frac{1}{x}$+|lnx-1|，
当0＜x＜e时，f（x）=$\frac{1}{x}$-lnx+1，
则f′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{1}{x}$＜0恒成立，
f（x）在（0，e）递减；
∴f（x）_min=f（e）=$\frac{1}{e}$，
当x≥e时，f（x）=$\frac{1}{x}$+lnx-1，
则f′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$+$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$＞0恒成立，
f（x）在（e，+∞）递增．
∴f（x）_min=f（e）=$\frac{1}{e}$，
当$\frac{1}{e}$≤f（x）≤e时，f（f（x））=$\frac{1}{f（x）}$+1-lnf（x），
当f（x）＞e时，f（f（x））=$\frac{1}{f（x）}$+lnf（x）-1．
令f（x₀）=e（0＜x₀＜1），即有f（f（x₀））=$\frac{1}{e}$，
可得f（f（x））在（0，x₀）递减，（x₀，e）递增，（e，+∞）递减．
由于f（f（x₀））＜x₀，f（f（e））＞e，
且y=x经过原点，由零点存在定理可得，
方程f[f（x）]=x在区间（0，x₀），（x₀，e），（e，+∞）上各有一解．
故共有3个解．

点评 本题考查了导数的综合应用及恒成立问题，同时考查函数方程的转化思想，以及零点存在定理的运用，属于中档题