Question

1．已知函數f（x）=lnx-ax+1（a∈R）．
（1）當a=1時，求函數f（x）的極大值；
（2）若對任意的x∈（0，+∞），都有f（x）≤2x成立，求a的取值范圍；
（3）設h（x）=f（x）+ax，對任意的x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁＞x₂，證明：$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{h（{x}_{1}）-h（{x}_{2}）}$＞$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$恒成立．

Answer 1

分析 （1）a=1時，f（x）=lnx-x+1，（x＞0），f′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{-（x-1）}{x}$，對x分類討論即可得出函數f（x）的單調性極值．
（2）f（x）≤2x化為：a≥$\frac{lnx+1}{x}$-2=g（x），利用導數研究函數g（x）的單調性極值最值即可得出．
（3）h（x）=f（x）+ax=lnx+1，對任意的x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁＞x₂，$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{h（{x}_{1}）-h（{x}_{2}）}$＞$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$恒成立?$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}}$＞ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$．令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t＞1，上式等價于：$\frac{t-1}{\sqrt{t}}$＞lnt．令$\sqrt{t}$=m＞1，則上式等價于：u（m）=$\frac{{m}^{2}-1}{m}$-2lnm＞0．利用導數研究函數u（m）的單調性即可得出．

解答 （1）解：a=1時，f（x）=lnx-x+1，（x＞0），f′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{-（x-1）}{x}$，
∴0＜x＜1時，函數f（x）單調遞增；1＜x時，函數f（x）單調遞減．
因此x=1時函數f（x）取得極大值，f（1）=0．
（2）解：f（x）≤2x化為：a≥$\frac{lnx+1}{x}$-2=g（x），
g′（x）=$\frac{-lnx}{{x}^{2}}$，可知：x∈（0，1）時，g′（x）＞0，函數g（x）單調遞增；
x∈（1，+∞）時，g′（x）＜0，函數g（x）單調遞減．
∴x=1時函數g（x）取得極大值即最大值，g（1）=1-2=-1．
∴a≥-1，∴a的取值范圍是[-1，+∞）．
（3）證明：h（x）=f（x）+ax=lnx+1，
對任意的x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁＞x₂，$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{h（{x}_{1}）-h（{x}_{2}）}$＞$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$恒成立?$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}}$＞ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$．
令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t＞1，上式等價于：$\frac{t-1}{\sqrt{t}}$＞lnt．
令$\sqrt{t}$=m＞1，則上式等價于：u（m）=$\frac{{m}^{2}-1}{m}$-2lnm＞0．
u′（m）=1+$\frac{1}{{m}^{2}}$-$\frac{2}{m}$=$\frac{{m}^{2}-2m+1}{{m}^{2}}$=$\frac{（m-1）^{2}}{{m}^{2}}$＞0，因此函數u（m）在m∈（1，+∞）上單調遞增，
∴u（m）＞u（1）=0，
∴$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{h（{x}_{1}）-h（{x}_{2}）}$＞$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$恒成立．

點評 本題考查了利用導數以及函數的單調性極值與最值、換元方法，考查了等價轉化能力、推理能力與計算能力，屬于難題．