Question

9．已知函数$f（x）=mx-alnx-m\;，\;\;g（x）=\frac{x}{{{e^{x-1}}}}$，其中m，a均为实数，e为自然对数的底数．
（I）求函数g（x）的极值；
（II）设m=1，a＜0，若对任意的x₁，x₂∈[3，4]（x₁≠x₂），$|{f（{x_2}）-f（{x_1}）}|＜|{\frac{1}{{g（{x_2}）}}-\frac{1}{{g（{x_1}）}}}|$恒成立，求实数a的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出g（x）的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；
（Ⅱ）用导数分别研究函数f（x）与$\frac{1}{g（x）}$的单调性，不妨设x₂＞x₁，则$|{f（{x_2}）-f（{x_1}）}|＜|{\frac{1}{{g（{x_2}）}}-\frac{1}{{g（{x_1}）}}}|$恒成立等价于：f（x₂）-f（x₁）＜h（x₂）-h（x₁），即f（x₂）-h（x₂）＜f（x₁）-h（x₁），分离参数，利用导数求最值求出参数范围即可

解答 解：（Ⅰ），函数g（x）的定义域为R，$g′（x）=\frac{1-x}{{e}^{x-1}}$，
令g′（x）＞0，解得：x＜1，令g′（x）＜0，解得：x＞1，
∴g（x）在（-∞，1）递增，在（1，+∞）递减，
∴x=1时，g（x）取得极大值，无极小值；
（Ⅱ），m=1，a＜0时，f（x）=x-alnx-1，x∈（0，+∞），
∴f′（x）=$\frac{x-a}{x}$＞0在[3，4]恒成立，
∴f（x）在[3，4]上为增函数，
设h（x）=$\frac{1}{g（x）}=\frac{{e}^{x-1}}{x}$，$h′（x）=\frac{{e}^{x-1}（x-1）}{{x}^{2}}$＞0在[3，4]恒成立，
∴h（x）在[3，4]上为增函数，
不妨设x₂＞x₁，则$|{f（{x_2}）-f（{x_1}）}|＜|{\frac{1}{{g（{x_2}）}}-\frac{1}{{g（{x_1}）}}}|$恒成立等价于：
f（x₂）-f（x₁）＜h（x₂）-h（x₁），
即f（x₂）-h（x₂）＜f（x₁）-h（x₁），
设u（x）=f（x）-h（x）=x-alnx-1-$\frac{{e}^{x-1}}{x}$
则必有u（x）在[3，4]上为减函数，
∴u′（x）=1-$\frac{a}{x}-\frac{{e}^{x-1}（x-1）}{{x}^{2}}$≤0在[3，4]上恒成立，
∴a≥x-e^x-1+$\frac{{e}^{x-1}}{x}$，∴a≥（x-e^x-1+$\frac{{e}^{x-1}}{x}$）_max，x∈[3，4]，
设v（x）=x-e^x-1+$\frac{{e}^{x-1}}{x}$，∵v′（x）=1-e^x-1+$\frac{{e}^{x-1}（x-1）}{{x}^{2}}$=1-e^x-1[（$\frac{1}{x}-\frac{1}{2}$）²+$\frac{3}{4}$]，x∈[3，4]．
∵e^x-1[（$\frac{1}{x}-\frac{1}{2}$）²+$\frac{3}{4}$]＞1，在[3，4]恒成立，∴v'（x）＜0，v（x）为减函数，
∴v（x）在[3，4]上的最大值v（3）=3-$\frac{2}{3}$e²，
∴a≥3-$\frac{2}{3}$e²，
∴a的最小值为3-$\frac{2}{3}$e²，

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、等价转化方法、不等式的解法，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．