Question

13．若f（x）=x-1-alnx（a∈R），g（x）=$\frac{{e}^{x}}{x}$
（1）當(dāng)a=$\frac{1}{e}$時(shí)，求函數(shù)f（x）的最值；
（2）當(dāng)a＜0時(shí)，且對(duì)任意的x₁，x₂∈[4，5]（x₁≠x₂），|f（x₁）-f（x₂）|＜|g（x₁）-g（x₂）|恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，求出單調(diào)區(qū)間，可得極小值且為最小值，無最大值；
（2）當(dāng)a＜0時(shí)，f′（x）=1-$\frac{a}{x}$＞0在x∈[4，5]上恒成立，可得函數(shù)f（x）在x∈[4，5]上單調(diào)遞增．利用g′（x）＞0在x∈[4，5]上恒成立，可得g（x）在x∈[4，5]上為增函數(shù)．不妨設(shè)x₂＞x₁，則|f（x₁）-f（x₂）|＜|g（x₁）-g（x₂）|恒成立|恒成立?f（x₂）-f（x₁）＜g（x₂）-g（x₁）恒成立，即f（x₂）-g（x₂）＜f（x₁）-g（x₁）在x∈[4，5]上恒成立．設(shè)F（x）=f（x）-g（x）=x-alnx-1-$\frac{{e}^{x}}{x}$．則F（x）在x∈[4，5]上為減函數(shù)．分離參數(shù)利用導(dǎo)數(shù)進(jìn)一步研究即可得出．

解答 解：（1）當(dāng)a=$\frac{1}{e}$時(shí)，函數(shù)f（x）=x-1-$\frac{1}{e}$lnx（x＞0），
導(dǎo)數(shù)為f′（x）=1-$\frac{1}{ex}$=$\frac{ex-1}{ex}$，
當(dāng)x＞$\frac{1}{e}$時(shí)，f′（x）＞0，f（x）遞增；當(dāng)0＜x＜$\frac{1}{e}$時(shí)，f′（x）＜0，f（x）遞減．
可得f（x）在x=$\frac{1}{e}$處f（x）取得極小值，且為最小值$\frac{1}{e}$-1+1=$\frac{1}{e}$，無最大值；
（2）當(dāng)a＜0時(shí)，f′（x）=1-$\frac{a}{x}$＞0在x∈[4，5]上恒成立，
∴函數(shù)f（x）在x∈[4，5]上單調(diào)遞增，
g（x）=$\frac{{e}^{x}}{x}$，
∵g′（x）=$\frac{{e}^{x}（x-1）}{{x}^{2}}$＞0在x∈[4，5]上恒成立，
∴g（x）在[4，5]上為增函數(shù)．
當(dāng)a＜0時(shí)，且對(duì)任意的x₁，x₂∈[4，5]（x₁≠x₂），|f（x₁）-f（x₂）|＜|g（x₁）-g（x₂）|恒成立，
即f（x₂）-g（x₂）＜f（x₁）-g（x₁）在x∈[4，5]上恒成立．
設(shè)F（x）=f（x）-g（x）=x-alnx-1-$\frac{{e}^{x}}{x}$．則F（x）在x∈[4，5]上為減函數(shù)．
F′（x）=1-$\frac{a}{x}$-$\frac{{e}^{x}（x-1）}{{x}^{2}}$≤0在x∈[4，5]上恒成立，化為a≥x-e^x+$\frac{{e}^{x}}{x}$恒成立．
設(shè)H（x）=x-e^x+$\frac{{e}^{x}}{x}$，
∵H′（x）=1-e^x+$\frac{{e}^{x}（x-1）}{{x}^{2}}$=1-e^x（1-$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{{x}^{2}}$）=1-e^x[（$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{2}$）²+$\frac{3}{4}$]，x∈[4，5]．
∴e^x[（$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{2}$）²+$\frac{3}{4}$]＞$\frac{3}{4}$e³＞1，x∈[4，5]．
∴H′（x）＜0在x∈[4，5]上恒成立，即H（x）為減函數(shù)．
∴H（x）在x∈[4，5]上的最大值為H（4）=4-e⁴+$\frac{1}{4}$e⁴=4-$\frac{3}{4}$e⁴．
∴4-$\frac{3}{4}$e⁴≤a＜0．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用函數(shù)導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值，考查了恒成立問題的等價(jià)轉(zhuǎn)化方法，屬于難題．