Question

9．已知函數(shù)$f（x）=mx-alnx-m\;，\;\;g（x）=\frac{x}{{{e^{x-1}}}}$，其中m，a均為實數(shù)，e為自然對數(shù)的底數(shù)．
（I）求函數(shù)g（x）的極值；
（II）設(shè)m=1，a＜0，若對任意的x₁，x₂∈[3，4]（x₁≠x₂），$|{f（{x_2}）-f（{x_1}）}|＜|{\frac{1}{{g（{x_2}）}}-\frac{1}{{g（{x_1}）}}}|$恒成立，求實數(shù)a的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值即可；
（Ⅱ）用導(dǎo)數(shù)分別研究函數(shù)f（x）與$\frac{1}{g（x）}$的單調(diào)性，不妨設(shè)x₂＞x₁，則$|{f（{x_2}）-f（{x_1}）}|＜|{\frac{1}{{g（{x_2}）}}-\frac{1}{{g（{x_1}）}}}|$恒成立等價于：f（x₂）-f（x₁）＜h（x₂）-h（x₁），即f（x₂）-h（x₂）＜f（x₁）-h（x₁），分離參數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求最值求出參數(shù)范圍即可

解答 解：（Ⅰ），函數(shù)g（x）的定義域為R，$g′（x）=\frac{1-x}{{e}^{x-1}}$，
令g′（x）＞0，解得：x＜1，令g′（x）＜0，解得：x＞1，
∴g（x）在（-∞，1）遞增，在（1，+∞）遞減，
∴x=1時，g（x）取得極大值，無極小值；
（Ⅱ），m=1，a＜0時，f（x）=x-alnx-1，x∈（0，+∞），
∴f′（x）=$\frac{x-a}{x}$＞0在[3，4]恒成立，
∴f（x）在[3，4]上為增函數(shù)，
設(shè)h（x）=$\frac{1}{g（x）}=\frac{{e}^{x-1}}{x}$，$h′（x）=\frac{{e}^{x-1}（x-1）}{{x}^{2}}$＞0在[3，4]恒成立，
∴h（x）在[3，4]上為增函數(shù)，
不妨設(shè)x₂＞x₁，則$|{f（{x_2}）-f（{x_1}）}|＜|{\frac{1}{{g（{x_2}）}}-\frac{1}{{g（{x_1}）}}}|$恒成立等價于：
f（x₂）-f（x₁）＜h（x₂）-h（x₁），
即f（x₂）-h（x₂）＜f（x₁）-h（x₁），
設(shè)u（x）=f（x）-h（x）=x-alnx-1-$\frac{{e}^{x-1}}{x}$
則必有u（x）在[3，4]上為減函數(shù)，
∴u′（x）=1-$\frac{a}{x}-\frac{{e}^{x-1}（x-1）}{{x}^{2}}$≤0在[3，4]上恒成立，
∴a≥x-e^x-1+$\frac{{e}^{x-1}}{x}$，∴a≥（x-e^x-1+$\frac{{e}^{x-1}}{x}$）_max，x∈[3，4]，
設(shè)v（x）=x-e^x-1+$\frac{{e}^{x-1}}{x}$，∵v′（x）=1-e^x-1+$\frac{{e}^{x-1}（x-1）}{{x}^{2}}$=1-e^x-1[（$\frac{1}{x}-\frac{1}{2}$）²+$\frac{3}{4}$]，x∈[3，4]．
∵e^x-1[（$\frac{1}{x}-\frac{1}{2}$）²+$\frac{3}{4}$]＞1，在[3，4]恒成立，∴v'（x）＜0，v（x）為減函數(shù)，
∴v（x）在[3，4]上的最大值v（3）=3-$\frac{2}{3}$e²，
∴a≥3-$\frac{2}{3}$e²，
∴a的最小值為3-$\frac{2}{3}$e²，

點評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、等價轉(zhuǎn)化方法、不等式的解法，考查了分類討論方法、推理能力與計算能力，屬于難題．