Question

18．已知函数f（x）=$\frac{a+blnx}{x-1}$（a，b∈R）在点 （2，f （2）） 处切线的斜率为-$\frac{1}{2}$-ln 2，且函数过点（4，$\frac{1+2ln2}{3}$）．
（Ⅰ）求a、b 的值及函数 f （x）的单调区间；
（Ⅱ）若g（x）=$\frac{k}{x}$（k∈N^*），对任意的实数x₀＞1，都存在实数x₁，x₂满足0＜x₁＜x₂＜x₀，使得f（x₀）=f（x₁）=f（x₂），求k 的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出f（x）定义域为（0，1）∪（1，+∞），$f'（x）=\frac{{\frac{b}{x}（x-1）-（a+blnx）}}{{{{（x-1）}^2}}}$，由函数f（x）在点 （2，f （2）） 处切线的斜率为-$\frac{1}{2}$-ln 2，且函数过点（4，$\frac{1+2ln2}{3}$），列出方程组求出a，b，从而$f'（x）=\frac{{\frac{1}{x}（x-1）-（1+lnx）}}{{{{（x-1）}^2}}}=\frac{{-\frac{1}{x}-lnx}}{{{{（x-1）}^2}}}$记$h（x）=-\frac{1}{x}-lnx$，则$h'（x）=\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x}=\frac{1-x}{x^2}$，利用导数性质能求出函数 f （x）的单调区间．
（Ⅱ）原问题转化为f（x）＜g（x）在x∈（0，1）上恒成立，f（x）＞g（x）在x∈（1，+∞）上恒成立，从而$φ（x）=1+lnx-（1-\frac{1}{x}）k＞0$在x∈（0，1）∪（1，+∞）上恒成立，由此利用导数性质能求出k的最大值．

解答 解：（Ⅰ）∵函数f（x）=$\frac{a+blnx}{x-1}$（a，b∈R），
∴f（x）定义域为（0，1）∪（1，+∞），
$f'（x）=\frac{{\frac{b}{x}（x-1）-（a+blnx）}}{{{{（x-1）}^2}}}$…（1分）
∵函数f（x）在点 （2，f （2）） 处切线的斜率为-$\frac{1}{2}$-ln 2，且函数过点（4，$\frac{1+2ln2}{3}$）．
∴$\left\{\begin{array}{l}f'（2）=\frac{b}{2}-a-bln2=-\frac{1}{2}-ln2\\ f（4）=\frac{a+bln4}{3}=\frac{1+2ln2}{3}\end{array}\right.$…（2分）
∴$\left\{\begin{array}{l}a+bln2-\frac{b}{2}=\frac{1}{2}+ln2\\ a+2bln2=1+2ln2\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=1\end{array}\right.$…（3分）
∴$f'（x）=\frac{{\frac{1}{x}（x-1）-（1+lnx）}}{{{{（x-1）}^2}}}=\frac{{-\frac{1}{x}-lnx}}{{{{（x-1）}^2}}}$
记$h（x）=-\frac{1}{x}-lnx$，则$h'（x）=\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x}=\frac{1-x}{x^2}$，
h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
h（x）≤h（1）=-1＜0…（4分）
∴$f'（x）=\frac{{-\frac{1}{x}-lnx}}{{{{（x-1）}^2}}}＜0$恒成立，
∴f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递减．…（5分）
（Ⅱ）由题得，原问题转化为f（x）＜g（x）在x∈（0，1）上恒成立，
f（x）＞g（x）在x∈（1，+∞）上恒成立，…（6分）
即$φ（x）=1+lnx-（1-\frac{1}{x}）k＞0$在x∈（0，1）∪（1，+∞）上恒成立，…（7分）
$φ'（x）=\frac{1}{x}-\frac{k}{x^2}=\frac{x-k}{x^2}$，
∴φ（x）在（0，1），（1，k）上单调递减，（k，+∞）上单调递增，…（8分）
当x∈（0，1）时，φ（x）＞φ（1）=1＞0…（9分）
当x∈（1，+∞）时，φ（x）≥φ（k）=lnk-k+2，∴lnk-k+2＞0…（10分）
记Φ（k）=lnk-k+2，则$Φ'（k）=\frac{1}{k}-1=\frac{1-k}{k}≤0$恒成立，
Φ（k）在k∈[1，+∞）上是减函数，…（11分）
Φ（3）=ln3-1＞0，Φ（4）=ln4-2＜0，
∴k的最大值为3．…（12分）

点评 本题考查实数值的求法，考查函数的单调区间的求法，考查实数的最大值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意导数性质、构造法的合理运用．