Question

17．函數(shù)p（x）=lnx+x-4，q（x）=axe^x（a∈R）．
（Ⅰ）若a=e，設(shè)f（x）=p（x）-q（x），試證明f′（x）存在唯一零點(diǎn)x₀∈（0，$\frac{1}{e}$），并求f（x）的最大值；
（Ⅱ）若關(guān)于x的不等式|p（x）|＞q（x）的解集中有且只有兩個(gè)整數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）是$f′（x）=\frac{1}{x}+1-e（x+1）{e}^{x}=\frac{（x+1）（1-ex•{e}^{x}）}{x}$，令μ（x）=1-ex•e^x，則μ′（x）=-e（x+1）e^x＜0（x＞0），可得f（x）存在唯一零點(diǎn)x₀∈（0，$\frac{1}{e}$），即f（x）_max=f（x₀）=lnx₀+x₀-4-ex₀e${\;}^{{x}_{0}}$，又$μ（{x}_{0}）=1-e{x}_{0}{e}^{{x}_{0}}=0$，e${\;}^{{x}_{0}}$=$\frac{1}{e{x}_{0}}$，x₀=ln$\frac{1}{e{x}_{0}}$=-1-lnx₀，即可得$f（x）_{max}=ln{x}_{0}+（-1-ln{x}_{0}）-4-{e}^{{x}_{0}}•\frac{1}{e{x}_{0}}$=-5-1=-6
（Ⅱ）|p（x）|＞q（x）?a＜|$\frac{lnx+x-4}{x{e}^{x}}$，令h（x）=＜$\frac{lnx+x-4}{x{e}^{x}}$，則h$′（x）=\frac{（x+1）（lnx+x-5）}{{x}^{2}{e}^{x}}$，令φ（x）=lnx+x-5，可得存在t∈（3，4），使得φ（t）=0，又|h（1）|=$\frac{3}{e}$，|h（2）|=$\frac{2-ln2}{2{e}^{2}}$＞|h（3）|=$\frac{ln3-1}{3{e}^{3}}$，|h（4）|=$\frac{2ln2}{4{e}^{4}}$，即可得a的取值范圍應(yīng)為$\frac{ln3-1}{3{e}^{3}}≤a＜\frac{2-ln2}{2{e}^{2}}$

解答 （Ⅰ）證明：由題知f（x）=lnx+x-4-ex•e^x，
于是$f′（x）=\frac{1}{x}+1-e（x+1）{e}^{x}=\frac{（x+1）（1-ex•{e}^{x}）}{x}$，
令μ（x）=1-ex•e^x，則μ′（x）=-e（x+1）e^x＜0（x＞0），
∴μ（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減．
又μ（0）=1＞0，$μ（\frac{1}{e}）$=1-${e}^{\frac{1}{e}}$＜0，
所以存在x₀∈（0，$\frac{1}{e}$），使得μ（x₀）=0，
綜上f（x）存在唯一零點(diǎn)x₀∈（0，$\frac{1}{e}$）． …（3分）
當(dāng)x∈（0，x₀），μ（x）＞0，于是f′（x）＞0，f（x）在（0，x₀）單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（x₀，+∞），μ（x）＜0，于是f′（x）＜0，f（x）在（x₀，+∞）單調(diào)遞減．
故f（x）_max=f（x₀）=lnx₀+x₀-4-ex₀e${\;}^{{x}_{0}}$，
又$μ（{x}_{0}）=1-e{x}_{0}{e}^{{x}_{0}}=0$，e${\;}^{{x}_{0}}$=$\frac{1}{e{x}_{0}}$，x₀=ln$\frac{1}{e{x}_{0}}$=-1-lnx₀，
故$f（x）_{max}=ln{x}_{0}+（-1-ln{x}_{0}）-4-{e}^{{x}_{0}}•\frac{1}{e{x}_{0}}$=-5-1=-6．…（6分）
（Ⅱ） 解：|p（x）|＞q（x）等價(jià)于|lnx+x-4|＞axe^x．
?a＜|$\frac{lnx+x-4}{x{e}^{x}}$|，…（7分）
令h（x）=＜$\frac{lnx+x-4}{x{e}^{x}}$，則h$′（x）=\frac{（x+1）（lnx+x-5）}{{x}^{2}{e}^{x}}$，
令φ（x）=lnx+x-5，則φ$′（x）=\frac{1}{x}+1$＞0，即φ（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．
又φ（3）=ln3-2＜0，φ（4）=ln4-1＞0，
∴存在t∈（3，4），使得φ（t）=0．…（9分）
∴當(dāng)x∈（0，t），φ（x）＜0⇒h′（x）＞0⇒h（x）在（0，t）單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（t，+∞），φ（x）＞0⇒h′（x）＜0⇒h（x）在（t，+∞）單調(diào)遞減．
∵h(yuǎn)（1）=-$\frac{3}{e}$＜0，h（2）=$\frac{ln2-2}{2{e}^{2}}＜0$，h（3）=$\frac{ln3-1}{3{e}^{3}}＞0$，
且當(dāng)x＞3時(shí)，h（x）＞0，
又|h（1）|=$\frac{3}{e}$，|h（2）|=$\frac{2-ln2}{2{e}^{2}}$＞|h（3）|=$\frac{ln3-1}{3{e}^{3}}$，|h（4）|=$\frac{2ln2}{4{e}^{4}}$，
故要使不等式式|p（x）|＞q（x）解集中有且只有兩個(gè)整數(shù)，a的取值范圍應(yīng)為：
$\frac{ln3-1}{3{e}^{3}}≤a＜\frac{2-ln2}{2{e}^{2}}$．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 考查了利用導(dǎo)數(shù)求零點(diǎn)、函數(shù)最值，考查了轉(zhuǎn)化思想、計(jì)算能力，屬于難題．