Question

20．已知函數(shù)f（x）=lnx
（Ⅰ）若函數(shù)F（x）=tf（x）與函數(shù)g（x）=x²-1在點(diǎn)x=1處有共同的切線l，求t的值；
（Ⅱ）證明：$|{f（x）-x}|＞\frac{f（x）}{x}+\frac{1}{2}$；
（Ⅲ）若不等式mf（x）≥a+x對所有的$m∈[{0，\frac{3}{2}}]，x∈[{1，{e^2}}]$都成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義建立方程關(guān)系即可得到結(jié)論．
（Ⅱ）構(gòu)造函數(shù)h（x）=f（x）-x和G（x）=$\frac{f（x）}{x}+\frac{1}{2}$，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，分別求出函數(shù)的最值進(jìn)行比較比較即可．
（Ⅲ）利用參數(shù)分離法，轉(zhuǎn)化為以m為變量的函數(shù)關(guān)系進(jìn)行求解即可．

解答 解：（Ⅰ）g′（x）=2x，F(xiàn)（x）=tf（x）=tlnx，
F′（x）=tf′（x）=$\frac{t}{x}$，
∵F（x）=tf（x）與函數(shù)g（x）=x²-1在點(diǎn)x=1處有共同的切線l，
∴k=F′（1）=g′（1），
即t=2，
（Ⅱ）令h（x）=f（x）-x，則h′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$，則h（x）在（0，1）上是增函數(shù)，在（1，+∞）上是減函數(shù)，
∴h（x）的最大值為h（1）=-1，
∴|h（x）|的最大值是1，
設(shè)G（x）=$\frac{f（x）}{x}+\frac{1}{2}$=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{1}{2}$，G′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
故G（x）在（0，e）上是增函數(shù)，在（e，+∞）上是減函數(shù)，
故G（x）_max=$\frac{1}{e}$+$\frac{1}{2}$＜1，
∴$|{f（x）-x}|＞\frac{f（x）}{x}+\frac{1}{2}$；
（Ⅲ）不等式mf（x）≥a+x對所有的$m∈[{0，\frac{3}{2}}]，x∈[{1，{e^2}}]$都成立，
則a≤mlnx-x對所有的$m∈[{0，\frac{3}{2}}]，x∈[{1，{e^2}}]$都成立，
令H（x）=mlnx-x，$m∈[{0，\frac{3}{2}}]，x∈[{1，{e^2}}]$是關(guān)于m的一次函數(shù)，
∵x∈[1，e²]，∴l(xiāng)nx∈[0，2]，
∴當(dāng)m=0時(shí)，H（m）取得最小值-x，
即a≤-x，當(dāng)x∈[1，e²]時(shí)，恒成立，
故a≤-e²．

點(diǎn)評 本題主要考查函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用，以及不等式恒成立問題，根據(jù)條件構(gòu)造函數(shù)，求出函數(shù)的單調(diào)性和最值是解決本題的關(guān)鍵．