Question

3．已知函数f（x）=$\frac{1+lnx}{x-1}$，g（x）=$\frac{a}{x}$（a∈N^*）．
（1）求f（x）的单调区间．
（2）若对任意的x₂＞1，存在x₁满足x₁＜x₂且g（x₁）=f（x₂）成立，求a的所有可能值．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，讨论x＞1和$\frac{1}{e}$＜x＜1时，当0＜x＜$\frac{1}{e}$时，求得导数大于0的区间和小于0的区间；
（2）由题意可得G（x）=$\frac{a}{x}$-$\frac{1+ln{x}_{2}}{{x}_{2}-1}$在（-∞，x₂）上存在零点，求a的范围．由于G（x）递减，即有G（x₂）=$\frac{a}{{x}_{2}}$-$\frac{1+ln{x}_{2}}{{x}_{2}-1}$＜0在（1，+∞）恒成立，运用参数分离，构造函数求得最小值，即可得到a的范围．

解答 解：（1）函数f（x）=$\frac{1+lnx}{x-1}$的导数为
f′（x）=$\frac{\frac{1}{x}（x-1）-（1+lnx）}{（x-1）^{2}}$=$\frac{-1-xlnx}{x（x-1）^{2}}$，
当x＞1时，xlnx＞0，f′（x）＜0，f（x）在（1，+∞）递减；
当$\frac{1}{e}$＜x＜1时，-1＜lnx＜0，即有0＜-xlnx＜1．f′（x）＜0，
f（x）在（$\frac{1}{e}$，1）递减；
当0＜x＜$\frac{1}{e}$时，lnx＜-1，由-1-xlnx的导数为-（1+lnx）＞0，
即-1-xlnx递增，即有-1-xlnx＜-1+$\frac{1}{e}$＜0，即有f′（x）＜0，
f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）递减．
综上可得，f（x）的减区间为（0，1），（1，+∞）；
（2）对任意的x₂＞1，存在x₁满足x₁＜x₂且g（x₁）=f（x₂）成立，
即为G（x）=$\frac{a}{x}$-$\frac{1+ln{x}_{2}}{{x}_{2}-1}$在（-∞，x₂）上存在零点，求a的范围．
由于G（x）递减，即有G（x₂）=$\frac{a}{{x}_{2}}$-$\frac{1+ln{x}_{2}}{{x}_{2}-1}$＜0在（1，+∞）恒成立，
即有a＜$\frac{x（1+lnx）}{x-1}$在（1，+∞）恒成立，
令h（x）=$\frac{x（1+lnx）}{x-1}$，h′（x）=$\frac{x-2-lnx}{（x-1）^{2}}$，
由3-2-ln2＞0，4-2-ln2＜0，可得x-2-lnx=0的根x₀介于3到4之间，
且有x₀处导数左负右正，h（x）取得极小值，也为最小值m（3＜m＜4），
即有a≤3成立，故自然数a的所有可能的取值为1，2，3．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查不等式恒成立问题的解法，同时考查函数零点存在定理的运用，运算求解能力，属于中档题．