Question

13．已知函數(shù)f（x）=|lnx-$\frac{a}{x}$|+b，其中a，b∈R且a＞2，若f（2）=$\frac{e}{2}$-ln2+1，f（x）在（1，f（1））處切線的斜率為-e-1．
（1）求函數(shù)f（x）的解析式及其單調(diào)區(qū)間；
（2）若實(shí)數(shù)c，d滿足cd=λ，且f（c）＜f（d）對(duì)于任意c＞d恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求出a，b的值，從而求出函數(shù)f（x）的解析式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）取d=e，則c=$\frac{λ}0ogpkde$＞e，通過(guò)討論c的范圍求出f（c）-f（d）=$\frac{e}lsziyx4$+$\frac{ed}{λ}$-lnλ，結(jié)合不等式的性質(zhì)確定λ的范圍即可．

解答 解：（1）由于a＞2且f（2）=$\frac{e}{2}$-ln2+1，則$\frac{a}{2}$+b=$\frac{e}{2}$+1，
若f（x）=-$\frac{a}{x}$+lnx+b，f′（x）=$\frac{a}{{x}^{2}}$+$\frac{1}{x}$，不滿足f′（1）=-e-1
若f（x）=$\frac{a}{x}$-lnx+b，即f′（x）=-$\frac{a}{{x}^{2}}$-$\frac{1}{x}$，
故f′（1）=-a-1=-e-1，即a=e，b=1，
因此f（x）=|lnx-$\frac{e}{x}$|+1，
令g（x）=lnx-$\frac{e}{x}$，則g′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{e}{{x}^{2}}$＞0，即g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
由于g（e）=0，則f（x）=|lnx-$\frac{e}{x}$|+1=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{e}{x}-lnx+1，0＜x＜e}\\{lnx-\frac{e}{x}+1，x＞e}\end{array}\right.$，
故當(dāng)0＜x＜e時(shí)，f（x）=$\frac{e}{x}$-lnx+1，f′（x）=-g′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x＞e時(shí)，f（x）=lnx-$\frac{e}{x}$+1，f′（x）=g′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增．
因此（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，e），f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（e，+∞）；
（2）當(dāng)λ∈（e²，+∞）時(shí)，取d=e，則c=$\frac{λ}3mcvln7$＞e，
由于f（x）在（e，+∞）上單調(diào)遞增，則f（d）＜f（c），不合題意，故舍去；
當(dāng)λ∈（0，e²]時(shí)，由抽屜原理可知d＜$\sqrt{λ}$≤e，則f（d）=$\frac{e}psytsh9$-lnd+1，
若c≤e，由于f（x）在（0，e）上單調(diào)遞減，則f（c）＜f（d）成立；
若c＞e，c=$\frac{λ}mwsbckd$，則f（d）=lnc-$\frac{e}{c}$+1=lnλ-$\frac{ed}{λ}$+1，
故f（c）-f（d）=$\frac{e}9yr9b97$+$\frac{ed}{λ}$-lnλ，
由于λ∈（0，e²），則lnλ≤2，$\frac{ed}{λ}$≥$\fracm9pqexy{e}$（當(dāng)且僅當(dāng)λ=e²時(shí)取“=”）
故f（c）-f（d）≥$\frac{e}lor4tsh$+$\fracyc7sijb{e}$-2≥2$\sqrt{\frac{e}7pgbld4•\fracj7llihg{e}}$-2=0（當(dāng)且僅當(dāng)d=e時(shí)取“=”）
由于d＜e，故上式無(wú)法取“=”，
因此f（c）＜f（d）恒成立，λ∈（0，e²]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了切線方程問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想、轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．