Question

12．已知a＞0，函數(shù)f（x）=$\frac{a}{x}$+|lnx-a|．
（1）若對于任意x∈[1，e²]，f（x）≤$\frac{3}{2}$恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）若a=1，求方程f[f（x）]=x解的個數(shù)．

Answer 1

分析 （1）由題意得$\frac{a}{x}$+|lnx-a|≤$\frac{3}{2}$，分a≥2與0＜a＜2討論求函數(shù)的最值，從而化恒成立問題為最值問題即可；
（2）將函數(shù)寫出分段形式，討論x的范圍和f（x）的范圍，及函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，結合零點存在定理，即可得到解的個數(shù)．

解答 解：（1）當由題意得，$\frac{a}{x}$+|lnx-a|≤$\frac{3}{2}$，
當a≥2時，上式可化為$\frac{a}{x}$-lnx+a≤$\frac{3}{2}$恒成立，
且為$\frac{a}{x}$-lnx+a在[1，e²]上是減函數(shù)，
故只需使a+a≤$\frac{3}{2}$，無解；
當0＜a＜2時，
f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{a}{x}+lnx-a，x∈[{e}^{a}，{e}^{2}]}\\{\frac{a}{x}-lnx+a，x∈[1．{e}^{a}]}\end{array}\right.$，
故f（x）在[1，e^a]上是減函數(shù)，在[e^a，e²]上是增函數(shù)，
故只需使$\left\{\begin{array}{l}{a+a≤\frac{3}{2}}\\{\frac{a}{{a}^{2}}+2-a≤\frac{3}{2}}\end{array}\right.$，解得$\frac{{e}^{2}}{2（{e}^{2}-1）}$≤a≤$\frac{3}{2}$，
故實數(shù)a的取值范圍是[$\frac{{e}^{2}}{2（{e}^{2}-1）}$，$\frac{3}{2}$]；
（2）當a=1時，f（x）=$\frac{1}{x}$+|lnx-1|，
當0＜x＜e時，f（x）=$\frac{1}{x}$-lnx+1，
則f′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{1}{x}$＜0恒成立，
f（x）在（0，e）遞減；
∴f（x）_min=f（e）=$\frac{1}{e}$，
當x≥e時，f（x）=$\frac{1}{x}$+lnx-1，
則f′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$+$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$＞0恒成立，
f（x）在（e，+∞）遞增．
∴f（x）_min=f（e）=$\frac{1}{e}$，
當$\frac{1}{e}$≤f（x）≤e時，f（f（x））=$\frac{1}{f（x）}$+1-lnf（x），
當f（x）＞e時，f（f（x））=$\frac{1}{f（x）}$+lnf（x）-1．
令f（x₀）=e（0＜x₀＜1），即有f（f（x₀））=$\frac{1}{e}$，
可得f（f（x））在（0，x₀）遞減，（x₀，e）遞增，（e，+∞）遞減．
由于f（f（x₀））＜x₀，f（f（e））＞e，
且y=x經(jīng)過原點，由零點存在定理可得，
方程f[f（x）]=x在區(qū)間（0，x₀），（x₀，e），（e，+∞）上各有一解．
故共有3個解．

點評 本題考查了導數(shù)的綜合應用及恒成立問題，同時考查函數(shù)方程的轉化思想，以及零點存在定理的運用，屬于中檔題