Question

2．設(shè)函數(shù)$f（x）=lnx+\frac{a-1}{x}，g（x）=ax-3（{a＞0}）$．
（1）求函數(shù)φ（x）=f（x）+g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（2）當(dāng)a=1時(shí)，記h（x）=f（x）•g（x），是否存在整數(shù)λ，使得關(guān)于x的不等式2λ≥h（x）有解？若存在，請(qǐng)求出λ的最小值；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）求出φ′（x）=$\frac{[ax-（a-1）]（x+1）}{{x}^{2}}$，（x＞0）．根據(jù)a＞1，a=1，0＜a＜1三種情況分類討論，由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能求出函數(shù)φ（x）=f（x）+g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間．
（2）當(dāng)a=1時(shí)，h（x）=（x-3）lnx，${h}^{'}（x）=lnx+1-\frac{3}{x}$單調(diào)遞增，利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能求出h_min（x）=h（x₀）=6-（x₀+$\frac{9}{{x}_{0}}$），記函數(shù)r（x）=6-（x+$\frac{9}{x}$），則r（x）在（$\frac{3}{2}$，2）上單調(diào)遞增，由此能求出存在整數(shù)λ滿足題意，且能求出λ的最小值．

解答 解：（1）∵$f（x）=lnx+\frac{a-1}{x}，g（x）=ax-3（{a＞0}）$，
∴φ（x）=f（x）+g（x）=$lnx+\frac{a-1}{x}$+ax-3，x＞0，
∴φ′（x）=$\frac{1}{x}+a-\frac{a-1}{{x}^{2}}$=$\frac{a{x}^{2}+x-（a-1）}{{x}^{2}}$=$\frac{[ax-（a-1）]（x+1）}{{x}^{2}}$，（x＞0）．
①當(dāng)a＞1時(shí)，由φ′（x）＞0，得x＞$\frac{a-1}{a}$；
②當(dāng)a=1時(shí)，由φ′（x）＞0，得x＞0；
③當(dāng)0＜a＜1時(shí)，由φ′（x）＞0，得x＞0．
綜上所述，當(dāng)0＜a≤1時(shí)，φ（x）=f（x）+g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（0，+∞），
當(dāng)a＞1時(shí)，φ（x）=f（x）+g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（$\frac{a-1}{a}$，+∞）．
（2）當(dāng)a=1時(shí)，f（x）=lnx，g（x）=x-3，h（x）=（x-3）lnx，
∴${h}^{'}（x）=lnx+1-\frac{3}{x}$單調(diào)遞增，
${h}^{'}（\frac{3}{2}）=ln\frac{3}{2}+1-2＜0$，
${h}^{'}（2）=lnx+1-\frac{3}{2}$＞0，
∴存在唯一的${x}_{0}∈（\frac{3}{2}，2）$，使得${h}^{'}（{{x}_{0}）=0}^{\;}$，即$ln{x}_{0}+1-\frac{3}{{x}_{0}}=0$，
當(dāng)x∈（0，x₀）時(shí)，h′（x）＜0，
當(dāng)x∈（x₀，+∞）時(shí)，h′（x）＞0，
∴h_min（x）=h（x₀）=（x₀-3）lnx₀
=（x₀-3）（$\frac{3}{{x}_{0}}-1$）=-$\frac{（{x}_{0}-3）^{2}}{{x}_{0}}$=6-（x₀+$\frac{9}{{x}_{0}}$），
記函數(shù)r（x）=6-（x+$\frac{9}{x}$），則r（x）在（$\frac{3}{2}$，2）上單調(diào)遞增，
∴r（$\frac{3}{2}$）＜h（x₀）＜r（2），即h（x₀）∈（-$\frac{3}{2}，-\frac{1}{2}$），
由2$λ≥-\frac{3}{2}$，且λ為整數(shù)，得λ≥0，
∴存在整數(shù)λ滿足題意，且λ的最小值為0．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間的求法，考查滿足條件的實(shí)數(shù)是否存在的判斷與求法，考查導(dǎo)數(shù)性質(zhì)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查轉(zhuǎn)化化歸思想、分類討論思想，考查函數(shù)與方程思想，是中檔題．