Question

11．已知函數(shù)f（x）=lnx-ax，g（x）=$\frac{1}{x}$+a．
（1）當a=2 時，求F（x）=f（x）-g（x）在（0，2]的最大值；
（2）討論函數(shù)F（x）=f（x）-g（x） 的單調性；
（3）若f（x）•g（x）≤0 在定義域內恒成立，求實數(shù)a的取值集合．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，求出函數(shù)的單調區(qū)間，從而求出函數(shù)的最大值即可；
（2）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調區(qū)間即可；
（3）問題轉化為f（x）≤0，g（x）≥0同時恒成立，f（x）≥0，g（x）≤0同時恒成立，a不存在，③a＜0時，f（x）=lnx-ax遞增，g（x）遞減，求出a的值即可．

解答 解：（1）a=2時，F(xiàn)（x）=lnx-2x-$\frac{1}{x}$-2，
F′（x）=$\frac{-{2x}^{2}+x+1}{{x}^{2}}$=$\frac{（x-1）（-2x-1）}{{x}^{2}}$，
F（x）在（0，1）內遞增，在（1，2）遞減，
故F（x）在x=1取最大值-5；
（2）F（x）=f（x）-g（x）=lnx-ax-$\frac{1}{x}$-a，
F′（x）=$\frac{-{ax}^{2}+x+1}{{x}^{2}}$，
①a≤0時，F(xiàn)′（x）＞0，F(xiàn)（x）在（0，+∞）遞增，
②a＞0時，令F′（x）＞0，解得：0＜x＜$\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2a}$，
令F′（x）＜0，解得：x＞$\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2a}$，
故F（x）在（0，$\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2a}$）遞增，在（$\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2a}$，+∞）遞減；
（3）若f（x）•g（x）≤0 在定義域內恒成立，
①f（x）≤0，g（x）≥0同時恒成立，
由f（x）=lnx-ax≤0，a≥$\frac{lnx}{x}$恒成立，
令h（x）=$\frac{lnx}{x}$，h′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
令h′（x）＞0，解得：x＜e，令h′（x）＜0，解得：x＞e，
故h（x）在（0，e）遞增，在（e，+∞）遞減，
故h（x）_max=h（e）=$\frac{1}{e}$，故a≥$\frac{1}{e}$；
②f（x）≥0，g（x）≤0同時恒成立，a不存在，
③a＜0時，f（x）=lnx-ax遞增，g（x）=$\frac{1}{x}$+a遞減，
若它們有共同零點，則f（x）•g（x）≤0恒成立，
由f（x）=lnx-ax=0，g（x）=$\frac{1}{x}$+a=0聯(lián)立方程組解得：a=-e，
綜上，a≥$\frac{1}{e}$或a=-e．

點評 本題考查了函數(shù)的單調性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及分類討論思想、轉化思想，是一道綜合題．