Question

4．已知函数f（x）=$\frac{（x-a）^{2}}{lnx}$（其中a为常数）．
（Ⅰ）当a=0时，求函数的单调区间；
（Ⅱ）当a＜1时，若在区间（1，2）上存在不相等的实数m，n，使f（m）=f（n）成立，求a的取值范围；
（Ⅲ）当a=1时，对于任意大于1的实数x，恒有f（x）≥k成立，求实数k的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函数的导数，解关于导函数的不等式，从而求出函数的单调区间；
（Ⅱ）问题转化为求使函数f（x）在（1，2）上不为单调函数的a的取值范围，通过讨论x的范围，得到函数的单调性，进而求出a的范围；
（Ⅲ）x＞1时，f（x）≥k，即（x-1）²-klnx≥0成立，分类讨论利用函数的单调性即可求出实数k的范围．

解答 解：（Ⅰ）a=0时，f（x）=$\frac{{x}^{2}}{lnx}$，f′（x）=$\frac{x（2lnx-1）}{{（lnx）}^{2}}$，
令f′（x）＞0，解得：x＞$\sqrt{e}$，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜$\sqrt{e}$，
∴函数f（x）在（0，$\sqrt{e}$）递减，在（$\sqrt{e}$，+∞）递增；
（Ⅱ）依题意即求使函数f（x）=$\frac{{（x-a）}^{2}}{lnx}$在（1，2）上不为单调函数的a的取值范围，
而f′（x）=$\frac{（x-a）[2xlnx-（x-a）]}{{x（lnx）}^{2}}$，（1＜x＜2，a＜1），
设g（x）=2xlnx-x+a，则g（1）=a-1，g（2）=4ln2-2+a，
因为g′（x）=2lnx+1＞0，g（x）在（1，2）上为增函数，
当$\left\{\begin{array}{l}{g（1）=a-1＜0}\\{g（2）=4ln2-2+a＞0}\end{array}\right.$，即当2-4ln2＜a＜1时，函数g（x）在（1，2）上有且只有一个零点，设为x₀，
当x∈（1，x₀）时，g（x）＜0，即f′（x）＜0，f（x）为减函数；
当x∈（x₀，2）时，g（x）＞0，即f′（x）＞0，f（x）为增函数，满足在（1，2）上不为单调函数．
当a≤2-4ln2时，g（1）＜0，g（2）＜0，所以在（1，2）上g（x）＜0成立（因g（x）在（1，2）上为增函数），
所以在（1，2）上f′（x）＜0成立，即f（x）在（1，2）上为减函数，不合题意，
综上：2-4ln2＜a＜1．
（Ⅲ）x＞1时，f（x）≥k，即（x-1）²-klnx≥成立，
令g（x）=（x-1）²-klnx，则g′（x）=$\frac{{2x}^{2}-2x-k}{x}$，
∵x＞1，∴2x²-2x=2x（x-1）＞0，
①k≤0，g′（x）＞0，∴g（x）在（1，+∞）单调递增，
∴x＞1时，g（x）＞g（1）=0，满足题意，
②k＞0时，令f′（x）=0，解得：x₁=$\frac{1-\sqrt{1+2k}}{2}$＜0，x₂=$\frac{1+\sqrt{1+2k}}{2}$＞1，
∴x∈（1，x₂），g′（x）＜0，g（x）在（1，x₂）单调递减，
∴x∈（1，x₂）时，g（x）＜g（1）=0（舍），
∴k≤0．

点评 本题考查了函数的单调性，函数的极值问题，导数的应用，考查转化思想，分类讨论思想，熟练掌握基础知识并对其灵活应用是解题的关键，本题是一道难题．