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已知函数 ${\displaystyle f(x)={\displaystyle \frac{\ln (ax)}{x}-ax+1}}$, 其中 ${\displaystyle a>0}$.

1. 若 ${\displaystyle f(x)}$ 在 ${\displaystyle x=1}$ 处取得极值, 求 ${\displaystyle f(x)}$ 的单调区间;
2. 若对于任意 ${\displaystyle x>0}$, 都有 ${\displaystyle f(x)\le 0}$, 求 ${\displaystyle a}$ 的值.

1. 注意到 ${\displaystyle {\displaystyle f^{\prime }(x)=\frac{1-\ln (ax)}{x^2}-a,f^{\prime }(1)=1-\ln a-a=0}}$. 结合 ${\displaystyle \ln a\le a-1}$ 可知，只有 ${\displaystyle a=1}$, 因此 ${\displaystyle f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{1-x^2-\ln x}{x^2}}}$. 容易看出, ${\displaystyle x>1}$ 时 ${\displaystyle f^{\prime }(x)<0}$; ${\displaystyle 0<x<1}$ 时 ${\displaystyle f^{\prime }(x)>0}$, 因此 ${\displaystyle f(x)}$ 在 ${\displaystyle (0,1)}$ 上增，在 ${\displaystyle (1,\mathrm{\infty })}$ 上减.

2. 注意到 ${\displaystyle {\displaystyle f(x)=a\frac{\ln (ax)}{ax}-ax+1}}$, 因此原恒成立问题等价于 $$\mathrm{\forall }t>0:g(t)=tf(t/a)=a\ln t-t^2+t\le 0.$$

   • 当 ${\displaystyle a=1}$, $$g(t)\le t-1-t^2+t=-(t-1{)}^2\le 0.$$
   • 当 ${\displaystyle a>1}$, ${\displaystyle {\displaystyle g^{\prime }(t)=\frac{-2t^2+t+a}{t}}}$, 容易验证 ${\displaystyle g(t)}$ 在 ${\displaystyle {\displaystyle (1,A(a))}}$ 上单增 (其中 ${\displaystyle A(a)={\displaystyle \frac{1+\sqrt{1+8a}}{4}>1}}$), 进而 ${\displaystyle g(A(a))>g(1)=0}$, 矛盾;
   • 当 ${\displaystyle 0<a<1}$, 则 ${\displaystyle 0<A(a)<1}$, ${\displaystyle g(t)}$ 在 ${\displaystyle (A(a),1)}$ 上单减, 进而 ${\displaystyle g(A(a))>g(1)=0}$, 矛盾.

   综上, ${\displaystyle a=1}$.