Question

16．设函数f（x）=lnx，g（x）=ax+$\frac{a-1}{x}$-3（a∈R）．
（1）当a=2时，解关于x的方程g（e^x）=0（其中e为自然对数的底数）；
（2）求函数φ（x）=f（x）+g（x）的单调增区间；
（3）当a=1时，记h（x）=f（x）•g（x），是否存在整数λ，使得关于x的不等式2λ≥h（x）有解？若存在，请求出λ的最小值；若不存在，请说明理由．（参考数据：ln2≈0.6931，ln3≈1.0986）．

Answer 1

分析 （1）当a=2时，求出g（x）=0的解，即可解关于x的方程g（e^x）=0（其中e为自然对数的底数）；
（2）φ（x）=f（x）+g（x）=lnx+ax+$\frac{a-1}{x}$-3，φ′（x）=$\frac{[ax-（a-1）]（x+1）}{{x}^{2}}$，分类讨论，利用导数的正负，求函数φ（x）=f（x）+g（x）的单调增区间；
（3）判断h（x）不存在最小值，即可得出结论．

解答 解：（1）当a=2时，g（x）=0，可得x=$\frac{1}{2}或$1，
g（e^x）=0，可得e^x=$\frac{1}{2}$或e^x=1，
∴x=-ln2或0；
（2）φ（x）=f（x）+g（x）=lnx+ax+$\frac{a-1}{x}$-3，φ′（x）=$\frac{[ax-（a-1）]（x+1）}{{x}^{2}}$
①a=0，φ′（x）=$\frac{x+1}{{x}^{2}}$＞0，函数的单调递增区间是（0，+∞）；
②a=1，φ′（x）=$\frac{x+1}{{x}^{2}}$•x＞0，函数的单调递增区间是（0，+∞）；
③0＜a＜1，x=$\frac{a-1}{a}$＜0，函数的单调递增区间是（0，+∞）；
④a＞1，x=$\frac{a-1}{a}$＞0，函数的单调递增区间是（$\frac{a-1}{a}$，+∞）；
⑤a＜0，x=$\frac{a-1}{a}$＞0，函数的单调递增区间是（0，$\frac{a-1}{a}$）；
（3）a=1，h（x）=（x-3）lnx，h′（x）=lnx-$\frac{3}{x}$+1，
h″（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{3}{{x}^{2}}$＞0恒成立，∴h′（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴存在x₀，h′（x₀）=0，即lnx₀=-1+$\frac{3}{{x}_{0}}$，
h（x）在（0，x₀）上单调递减，（x₀，+∞）上单调递增，
∴h（x）_min=h（x₀）=-（x₀+$\frac{9}{{x}_{0}}$）+6，
∵h′（$\frac{3}{2}$）＜0，h′（2）＞0，∴x₀∈（$\frac{3}{2}$，2），
∴h（x₀）∈（-$\frac{3}{2}$，-$\frac{1}{2}$），
∴存在λ的最小值0，使得关于x的不等式2λ≥h（x）有解．

点评 本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性与最值，考查分类讨论的数学思想，属于中档题．