Question

2．设函数$f（x）=lnx+\frac{a-1}{x}，g（x）=ax-3（{a＞0}）$．
（1）求函数φ（x）=f（x）+g（x）的单调递增区间；
（2）当a=1时，记h（x）=f（x）•g（x），是否存在整数λ，使得关于x的不等式2λ≥h（x）有解？若存在，请求出λ的最小值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）求出φ′（x）=$\frac{[ax-（a-1）]（x+1）}{{x}^{2}}$，（x＞0）．根据a＞1，a=1，0＜a＜1三种情况分类讨论，由此利用导数性质能求出函数φ（x）=f（x）+g（x）的单调递增区间．
（2）当a=1时，h（x）=（x-3）lnx，${h}^{'}（x）=lnx+1-\frac{3}{x}$单调递增，利用导数性质能求出h_min（x）=h（x₀）=6-（x₀+$\frac{9}{{x}_{0}}$），记函数r（x）=6-（x+$\frac{9}{x}$），则r（x）在（$\frac{3}{2}$，2）上单调递增，由此能求出存在整数λ满足题意，且能求出λ的最小值．

解答 解：（1）∵$f（x）=lnx+\frac{a-1}{x}，g（x）=ax-3（{a＞0}）$，
∴φ（x）=f（x）+g（x）=$lnx+\frac{a-1}{x}$+ax-3，x＞0，
∴φ′（x）=$\frac{1}{x}+a-\frac{a-1}{{x}^{2}}$=$\frac{a{x}^{2}+x-（a-1）}{{x}^{2}}$=$\frac{[ax-（a-1）]（x+1）}{{x}^{2}}$，（x＞0）．
①当a＞1时，由φ′（x）＞0，得x＞$\frac{a-1}{a}$；
②当a=1时，由φ′（x）＞0，得x＞0；
③当0＜a＜1时，由φ′（x）＞0，得x＞0．
综上所述，当0＜a≤1时，φ（x）=f（x）+g（x）的单调递增区间是（0，+∞），
当a＞1时，φ（x）=f（x）+g（x）的单调递增区间为（$\frac{a-1}{a}$，+∞）．
（2）当a=1时，f（x）=lnx，g（x）=x-3，h（x）=（x-3）lnx，
∴${h}^{'}（x）=lnx+1-\frac{3}{x}$单调递增，
${h}^{'}（\frac{3}{2}）=ln\frac{3}{2}+1-2＜0$，
${h}^{'}（2）=lnx+1-\frac{3}{2}$＞0，
∴存在唯一的${x}_{0}∈（\frac{3}{2}，2）$，使得${h}^{'}（{{x}_{0}）=0}^{\;}$，即$ln{x}_{0}+1-\frac{3}{{x}_{0}}=0$，
当x∈（0，x₀）时，h′（x）＜0，
当x∈（x₀，+∞）时，h′（x）＞0，
∴h_min（x）=h（x₀）=（x₀-3）lnx₀
=（x₀-3）（$\frac{3}{{x}_{0}}-1$）=-$\frac{（{x}_{0}-3）^{2}}{{x}_{0}}$=6-（x₀+$\frac{9}{{x}_{0}}$），
记函数r（x）=6-（x+$\frac{9}{x}$），则r（x）在（$\frac{3}{2}$，2）上单调递增，
∴r（$\frac{3}{2}$）＜h（x₀）＜r（2），即h（x₀）∈（-$\frac{3}{2}，-\frac{1}{2}$），
由2$λ≥-\frac{3}{2}$，且λ为整数，得λ≥0，
∴存在整数λ满足题意，且λ的最小值为0．

点评 本题考查函数的单调增区间的求法，考查满足条件的实数是否存在的判断与求法，考查导数性质，考查推理论证能力、运算求解能力，考查转化化归思想、分类讨论思想，考查函数与方程思想，是中档题．