Question

17．已知函数f（x）=$\frac{lnx}{x}$，g（x）=e^x-2
（Ⅰ）求函数r（x）=x+x²f′（x）-2在区间（0，+∞）上的最小值
（Ⅱ）是否存在实数k，使得对?x∈（0，e]，f（x）≤k（x-1）≤g（x）？若存在，求出所有满足条件的k，若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知求得r（x），再对r（x）求导得到其单调区间，由单调性求得其在（0，+∞）上的最小值；（Ⅱ）由（Ⅰ）得lnx≤x-1，可得$f（x）=\frac{lnx}{x}≤\frac{x-1}{x}$．然后讨论$\frac{x-1}{x}≤k（x-1）$在（0，e]上恒成立时k的取值．构造函数h（x）=e^x-2-x+1，利用导数求得在（0，e]上h（x）_min=h（2）=0，即h（x）=e^x-2-x+1≥0，得到e^x-2≥x-1．可得当（0，e]时，对于k（x-1）≤g（x），在k=1时成立．由此可得存在唯一的k=1，使结论成立．

解答 解：（Ⅰ）由${f}^{′}（x）=\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$得r（x）=x-1-lnx，
∴${r}^{′}（x）=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}$．
∴当0＜x＜1时，r′（x）＜0，当x＞1时，r′（x）＞0．
∴r（x）在区间（0，1）内单调递减，在（1，+∞）内单调递增．
∴r_min=r（1）=0；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得lnx≤x-1，∴$f（x）=\frac{lnx}{x}≤\frac{x-1}{x}$．
讨论$\frac{x-1}{x}≤k（x-1）$在（0，e]上恒成立时k的取值．
①当1＜x≤e时，由$\frac{x-1}{x}≤k（x-1）$，得$\frac{1}{x}≤k$恒成立，
∵$y=\frac{1}{x}$在（1，e]上单调递减，∴$\frac{1}{x}＜1$，
又$\frac{1}{x}≤k$恒成立，∴k≥1；
②当0＜x＜1时，由$\frac{x-1}{x}≤k（x-1）$，得$\frac{1}{x}≥k$恒成立，
∵$y=\frac{1}{x}$在（0，1）上单调递减，∴$\frac{1}{x}＞1$，
又$\frac{1}{x}≥k$恒成立，∴k≤1；
③当x=1时，$\frac{x-1}{x}≤k（x-1）$无论k取何值都恒成立，
由①②③可得k=1．
∴由$\frac{x-1}{x}≤k（x-1）$恒成立可得k=1．
设h（x）=e^x-2-x+1，则h′（x）=e^x-2-1，
令h′（x）=e^x-2-1=0，解得x=2．
当x∈（0，2）时，h′（x）＜0，当x∈（2，e]时，h′（x）＞0，
∴在（0，e]上h（x）_min=h（2）=0，
即h（x）=e^x-2-x+1≥0，∴e^x-2≥x-1．
∴当（0，e]时，对于k（x-1）≤g（x），在k=1时成立．
综上所述，存在唯一的k=1使结论成立．

点评 本题考查利用导数求闭区间上的最值，考查了函数恒成立问题，考查了数学转化思想方法和分类讨论的数学思想方法，属难题．