Question

10．已知函數(shù)f（x）=lnx-ax（a為常數(shù)）．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若a＞0，求不等式f（x）-f（$\frac{2}{a}$-x）＞0的解集；
（Ⅲ）若存在兩個不相等的整數(shù)x₁，x₂滿足f（x₁）=f（x₂），求證：x₁+x₂＞$\frac{2}{a}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）設(shè)F（x）=f（x）-f（$\frac{2}{a}$-x），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出不等式的解集即可；
（Ⅲ）求出a＞0，不妨設(shè)0＜x₁＜$\frac{1}{a}$＜x₂，則$\frac{2}{a}$-x₁∈（$\frac{1}{a}$，+∞），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到f（x₁）＜f（$\frac{2}{a}$-x₁），由f（x₁）=f（x₂），替換即可．

解答 解：（I）f（x）的定義域為（0，+∞），
f′（x）=$\frac{1}{x}$-a=$\frac{1-ax}{x}$，
（1）當a≤0時，恒有f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
（2）當a＞0時，由f′（x）＞0，得0＜x＜$\frac{1}{a}$，
故f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上單調(diào)遞增，在（$\frac{1}{a}$，+∞）上單調(diào)遞減，
綜上（1）（2）可知：當a≤0時，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）；
當a＞0時，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，$\frac{1}{a}$），單調(diào)遞減區(qū)間為（$\frac{1}{a}$，+∞）；
（II）f（x）的定義域為（0，+∞），所以x＞0，且$\frac{2}{a}$-x＞0，而a＞0，0＜x＜$\frac{2}{a}$；
設(shè)F（x）=f（x）-f（$\frac{2}{a}$-x）=lnx-ax-ln（$\frac{2}{a}$-x）+a（$\frac{2}{a}$-x）=lnx=ln（$\frac{2}{a}$-x）-2ax+2，
F′（x）=$\frac{2{a（x-\frac{1}{a}）}^{2}}{x（\frac{2}{a}-x）}$≥0，且當且僅當x=$\frac{1}{a}$時取等號，
所以F（x）在（0，$\frac{2}{a}$）上單調(diào)遞增，又因為x=$\frac{1}{a}$時，F(xiàn)（x）=F（$\frac{1}{a}$）=0，
所以當x∈（0，$\frac{1}{a}$）時，F(xiàn)（x）＜0，當x∈（$\frac{1}{a}$，$\frac{2}{a}$）時，F(xiàn)（x）＞0，
故f（x）-f（$\frac{2}{a}$-x）＞0的解集為（$\frac{1}{a}$，$\frac{2}{a}$）；
（III）由（I）知a≤0時，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，若f（x₁）=f（x₂），
則x₁=x₂不合題意；
故a＞0，而f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上單調(diào)遞增，在（$\frac{1}{a}$，+∞）上單調(diào)遞減，
若存在兩個不相等的正數(shù)x₁，x₂滿足f（x₁）=f（x₂），
則x₁，x₂必有一個在（0，$\frac{1}{a}$）上，另一個在（$\frac{1}{a}$，+∞），
不妨設(shè)0＜x₁＜$\frac{1}{a}$＜x₂，則$\frac{2}{a}$-x₁∈（$\frac{1}{a}$，+∞），
又由（II）知x∈（0，$\frac{1}{a}$）時，F(xiàn)（x）＜0，即f（x）-f（$\frac{2}{a}$-x）＜0，
所以f（x₁）＜f（$\frac{2}{a}$-x₁），
因為f（x₁）=f（x₂），所以f（x₂）＜f（$\frac{2}{a}$-x₁），
又因為f（x）在（$\frac{1}{a}$，+∞）上單調(diào)遞減，所以x₂＞$\frac{2}{a}$-x₁，
即 x₁+x₂＞$\frac{2}{a}$．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．