Question

19．已知函數(shù)f（x）=lnx-mx+m，m∈R．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若f（x）≤0在x∈（0，+∞）上恒成立，求實(shí)數(shù)m的值；
（3）在（2）的條件下，對(duì)任意的0＜a＜b，求證：$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$＜$\frac{1}{a}$-1．

Answer 1

分析 （1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間，可先求出導(dǎo)函數(shù)，再分類討論，利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)解出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）若f（x）≤0在x∈（0，+∞）上恒成立，可利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性確定出函數(shù)的最大值，令最大值小于等于0，即可得到關(guān)于m的不等式，解出m的取值范圍；
（3）$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}=\frac{lnb-lna+a-b}{b-a}=\frac{lnb-lna}{b-a}-1=\frac{{ln\frac{a}}}{{\frac{a}-1}}•\frac{1}{a}-1$．由0＜a＜b得$\frac{a}＞1$，由（2）得：$ln\frac{a}＜\frac{a}-1$，即可證明出不等式．

解答 解：（1）${f^/}（x）=\frac{1}{x}-m=\frac{1-mx}{x}，（x∈（0，+∞））$
當(dāng)m≤0時(shí)，f′（x）＞0恒成立，則函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；…（2分）
當(dāng)m＞0時(shí)，由${f^/}（x）=\frac{1}{x}-m=\frac{1-mx}{x}＞0$，則$x∈（0，\frac{1}{m}）$
則f（x）在$（0，\frac{1}{m}）$上單調(diào)遞增，在$（\frac{1}{m}，+∞）$上單調(diào)遞減．　　     …（4分）
（2）由題意知：原題等價(jià)于f（x）_max≤0
由（1）得：當(dāng)m≤0時(shí)顯然不成立；
當(dāng)m＞0時(shí)，$f{（x）_{max}}=f（\frac{1}{m}）=ln\frac{1}{m}-1+m=m-lnm-1$，
只需m-lnm-1≤0即可　…．（6分）
令g（x）=x-lnx-1，則${g^/}（x）=1-\frac{1}{x}$，函數(shù)g（x）在x上單調(diào)遞減，在y上單調(diào)遞增．O，即6對(duì)2恒成立，也就是2對(duì)m∈（0，+∞）恒成立，∴m-lnm-1=0解得m=1
∴若f（x）≤0在x∈（0，+∞）上恒成立，m=1． …（8分）
證明：（3）$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}=\frac{lnb-lna+a-b}{b-a}=\frac{lnb-lna}{b-a}-1=\frac{{ln\frac{a}}}{{\frac{a}-1}}•\frac{1}{a}-1$
由0＜a＜b得$\frac{a}＞1$，由（2）得：$ln\frac{a}＜\frac{a}-1$，…（10分）
則$\frac{{ln\frac{a}}}{{\frac{a}-1}}•\frac{1}{a}-1＜\frac{1}{a}-1=\frac{1-a}{a}$，
所以原不等式$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}＜\frac{1}{a}-1$成立　　…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，研究函數(shù)的最值，及不等式的證明，考查了轉(zhuǎn)化的思想及推理判斷的能力，綜合性較強(qiáng)，解題的關(guān)鍵是準(zhǔn)確理解題意，對(duì)問(wèn)題進(jìn)行正確轉(zhuǎn)化，熟練掌握導(dǎo)數(shù)運(yùn)算性質(zhì)是解題的重點(diǎn)，正確轉(zhuǎn)化問(wèn)題是解題的難點(diǎn)．