Question

8．已知函數(shù)f（x）=$\frac{x}{k}$-lnx（k＞0）
（1）求f（x）的最小值；
（2）若k=2，判斷方程f（x）-1=0在區(qū)間（0，1）內(nèi)實數(shù)解的個數(shù)；
（3）證明：對任意給定的M＞0，總存在正數(shù)x₀，使得當(dāng)x＞x₀時，恒有$\frac{x}{2}$-lnx＞M．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，以及單調(diào)區(qū)間，可得最小值；
（2）由題意可得f（x）-1的解析式，運用零點存在定理可知f（x）-1=0在區(qū)間$（\frac{1}{e}，1）$內(nèi)有實數(shù)解，從而在區(qū)間（0，1）內(nèi)有實數(shù)解；再由f（x）的導(dǎo)數(shù)，即可判斷方程解的個數(shù)；
（3）由（1）知：${（\frac{x}{3}-lnx）_{min}}=1-ln3$，可得x＞0的不等式，取x₀=6（M-1+ln3）＞0，當(dāng)x＞x₀時，即可得證．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=$\frac{x}{k}$-lnx（k＞0）的導(dǎo)數(shù)為$f'（x）=\frac{1}{k}-\frac{1}{x}=\frac{x-k}{kx}$，
當(dāng)0＜x＜k時，f'（x）＜0，當(dāng)x＞k時，f'（x）＞0，
所以f（x）在（0，k）單調(diào)遞減，在（k，+∞）單調(diào)遞增，
從而f（x）_min=f（k）=1-lnk…（4分）
（2）k=2時，$f（x）-1=\frac{x}{2}-lnx-1$，
因為$f（\frac{1}{e}）-1=\frac{1}{2e}＞0$，$f（1）-1=-\frac{1}{2}＜0$，且f（x）的圖象是連續(xù)的，
所以f（x）-1=0在區(qū)間$（\frac{1}{e}，1）$內(nèi)有實數(shù)解，從而在區(qū)間（0，1）內(nèi)有實數(shù)解；
又當(dāng)x∈（0，1）時，$f'（x）=\frac{1}{2}-\frac{1}{x}＜0$，所以f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，
從而f（x）-1=0在區(qū)間（0，1）內(nèi)至多有一個實數(shù)解，
故f（x）-1=0在區(qū)間（0，1）內(nèi)有唯一實數(shù)解．…（8分）
（3）證明：由（1）知：${（\frac{x}{3}-lnx）_{min}}=1-ln3$，
所以x＞0時，$\frac{x}{3}-1+ln3≥lnx$①
由$\frac{x}{2}-M＞\frac{x}{3}-1+ln3$得：x＞6（M-1+ln3）
所以x＞6（M-1+ln3）＞0時，$\frac{x}{2}-M＞\frac{x}{3}-1+ln3$②
由①②知：取x₀=6（M-1+ln3）＞0，則當(dāng)x＞x₀時，
有$\frac{x}{2}-M＞\frac{x}{3}-1+ln3≥lnx$即$\frac{x}{2}-M＞lnx$成立．…（12分）

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，考查函數(shù)零點定理的運用，以及不等式恒成立問題的解法，注意運用已知結(jié)論，考查化簡整理的運算能力，屬于難題．