Question

5．已知函数f（x）=ax-lnx；g（x）=$\frac{lnx}{x}$．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）求证：若a=e（e是自然常数），当x∈[1，e]时，f（x）≥e-g（x）恒成立；
（3）若h（x）=x²[1+g（x）]，当a＞1时，对于?x₁∈[1，e]，?x₀∈[1，e]，使f（x₁）=h（x₀），求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）推导出${f}^{'}（x）=a-\frac{1}{x}=\frac{ax-1}{x}，x＞0$，由此利用导数性质能讨论函数f（x）的单调性．
（2）当a=e时，f（x）=ex-lnx，${f}^{'}（x）=e-\frac{1}{x}=\frac{ex-1}{x}$，由此利用构造法和导数性质能证明a=e（e是自然常数），当x∈[1，e]时，f（x）≥e-g（x）恒成立．
（3）由${f}^{'}（x）=a-\frac{1}{x}$，a＞1时，求出f（x）的值域是[a，ae-1]，由此利用导数性质能求出a的取值范围．

解答 解：（1）∵f（x）=ax-lnx，∴x＞0，${f}^{'}（x）=a-\frac{1}{x}=\frac{ax-1}{x}，x＞0$，
∵x＞0，
∴当a≤0时，f′（x）＜0，∴f（x）在（0，+∞）上是减函数，
当a＞0时，若x＞$\frac{1}{a}$，则f′（x）＞0，∴f（x）在（$\frac{1}{a}$，+∞）上是增函数，
若0＜x＜$\frac{1}{a}$，则f′（x）＜0，∴f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上是减函数．
综上所述，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上是减函数，
当a＞0时，f（x）在（$\frac{1}{a}$，+∞）上是增函数，在（0，$\frac{1}{a}$）上是减函数．
证明：（2）当a=e时，f（x）=ex-lnx，
∴${f}^{'}（x）=e-\frac{1}{x}=\frac{ex-1}{x}$，∴x∈[1，e]时，f′（x）＞0恒成立．
f（x）=ex-lnx在[1，e]上是单调递增函数，∴f（x）_min=f（1）=e，
令H（x）=e-g（x）=e-$\frac{lnx}{x}$，则H′（x）=$\frac{lnx-1}{{x}^{2}}$，x∈[1，e]时，H′（x）≤0，
∴H（x）在[1，e]上单调递减，H（x）_max=H（1）=e，
∴f（x）≥H（x），即f（x）≥e-g（x）．
故a=e（e是自然常数），当x∈[1，e]时，f（x）≥e-g（x）恒成立．
解：（3）∵${f}^{'}（x）=a-\frac{1}{x}$，a＞1时，由x∈[1，e]，得f′（x）＞0，
∴f（x）=ax-lnx在[1，e]上单调递增，
f（x）_min=f（1）=a，f（x）_max=f（e）=ae-1，即f（x）的值域是[a，ae-1]，
由h（x）=x²+1-lnx，得${h}^{'}（x）=2x-\frac{1}{x}$，∴x∈[1，e]时，h′（x）＞0，
h（x）在[1，e]上单调递增，
∴h（x）_min=h（1）=2，h（x）_max=h（e）=e²，即h（x）的值域是[2，e²]，
?x₁∈[1，e]，?x₀∈[1，e]，有f（x₁）=h（x₀），
∴f（x）的值域是h（x）的值域的子集，
∴$\left\{\begin{array}{l}{a≥2}\\{{e}^{2}≥ae-1}\end{array}\right.$，∴$2≤a≤e+\frac{1}{e}$．
∴a的取值范围是[2，e+$\frac{1}{e}$]．

点评 本题考查导数的运用、函数的单调性、极值、最值等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查分类讨论、化归与转化等数学思想，是中档题．