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9.已知函数f(x)=lnx,g(x)=$\frac{x-1}{kx}$,其中k>0.
(1)设k=1,x>0,证明f(x)≥g(x).
(2)若函数q(x)=f(x)-g(x)-$\frac{x}{k}$在区间(1,2)上不单调,求k的取值范围;
(3)设函数p(x)=$\left\{\begin{array}{l}{f(x),}&{x>{e}^{2}}\\{-g(x)+a,}&{0<x<{e}^{2}}\end{array}$,若对任意给定的实数x1(x1∈(0,e2)∪(e2,+∞)),存在唯一的实数x2(x1≠x2,x2∈(0,e2)∪(e2,+∞)),使得p(x1)=p(x2)成立,求k与a满足的关系式.

分析 (1)要证f(x)≥g(x),即证f(x)-g(x)≥0,令h(x)=f(x)-g(x)=lnx+$\frac{1-x}{kx}$,求出k=1的导数,求得单调区间,可得最小值,进而得证;
(2)求出q(x)的导数,q(x)在区间(1,2)上不单调,即有x2-kx+1=0在(1,2)有根且无重根,由参数分离即可得到k的范围;
(3)化简集合A,B,讨论①当x1>e2时,②当0<x1<e2时,讨论单调性,可得A=B,进而得到k,a满足的条件.

解答 解:(1)要证f(x)≥g(x),即证f(x)-g(x)≥0,
令h(x)=f(x)-g(x)=lnx+$\frac{1-x}{kx}$,
当k=1时,h′(x)=$\frac{1}{x}$(1-$\frac{1}{x}$),
当x>1时,h′(x)>0,h(x)递增;当0<x<1时,h′(x)<0,h(x)递减.
即有x=1处取得最小值0,
则h(x)≥h(1)=0,故f(x)≥g(x);
(2)q(x)=f(x)-g(x)-$\frac{x}{k}$=lnx+$\frac{1-x}{kx}$-$\frac{x}{k}$,
q′(x)=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{k{x}^{2}}$-$\frac{1}{k}$=-$\frac{{x}^{2}-kx+1}{k{x}^{2}}$,
q(x)在区间(1,2)上不单调,即有x2-kx+1=0在(1,2)有根且无重根,
即有k=x+$\frac{1}{x}$在(1,2)有根且无重根,
则有2<k<$\frac{5}{2}$;
(3)记A={y|y=lnx,x>e2}={y|y>2},
B={y|y=a-g(x)=a+$\frac{1-x}{kx}$,0<x<e2}={y|y>$\frac{1}{k}$($\frac{1}{{e}^{2}}$-1)+a},
①当x1>e2时,p(x1)=lnx1,y=lnx在(e2,+∞)递增,
所以要使得p(x1)=p(x2)成立,则需x2∈(0,e2),且A⊆B;
②当0<x1<e2时,p(x1)=a+$\frac{1-{x}_{1}}{k{x}_{1}}$,y=a+$\frac{1-x}{kx}$在(0,e2)递减,
所以要使得p(x1)=p(x2)成立,则需x2∈(e2,+∞),且B⊆A.
故A=B,即有$\frac{1}{k}$($\frac{1}{{e}^{2}}$-1)+a=2.

点评 本题考查导数的运用:求单调区间和极值、最值,考查单调性的运用和函数方程的转化思想,考查任意性和存在性问题的解法,属于难题.

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