Question

3．已知函數(shù)h（x）=lnx，m（x）=a（x-1）．
（Ⅰ）已知過(guò)原點(diǎn)的直線l與h（x）=lnx相切，求直線l的斜率k；
（Ⅱ）求函數(shù)f（x）=h（x）-m（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）當(dāng)x∈[1，+∞）時(shí)，有m（x）≥$\frac{x}{x+1}$h（x）恒成立，則a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，設(shè)出切點(diǎn)坐標(biāo)，求出切線斜率即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅲ）令g（x）=xln x-a（x²-1）（x≥1），則g′（x）=ln x+1-2ax．令F（x）=g′（x）=ln x+1-2ax，通過(guò)討論a的范圍，結(jié)合題意求出a的具體范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)直線y=kx，設(shè)切點(diǎn)是（a，lna），
而h′（x）=$\frac{1}{x}$，則k=$\frac{1}{a}$，故lna=$\frac{1}{a}$•a，解得：a=e，
故直線的斜率k=$\frac{1}{e}$；
（Ⅱ）f（x）定義域?yàn)椋?，+∞），f′（x）=$\frac{1-ax}{x}$，
若a≤0，則f′（0）＞0，所以f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
若a＞0，則由f′（x）=0得x=$\frac{1}{a}$，當(dāng)x∈$（0，\frac{1}{a}）$時(shí)，f′（x）＞0，
當(dāng)x∈$（\frac{1}{a}，+∞）$時(shí)，f′（x）＜0，
所以f（x）在$（0，\frac{1}{a}）$上單調(diào)遞增，在$（\frac{1}{a}，+∞）$上單調(diào)遞減；
所以當(dāng)a≤0時(shí)，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（0，+∞）；
當(dāng)a＞0時(shí)，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是$（0，\frac{1}{a}）$，單調(diào)遞減區(qū)間是$（\frac{1}{a}，+∞）$．
（Ⅲ）$\frac{x}{x+1}$h（x）-m（x）=$\frac{xlnx-a{（x}^{2}-1）}{x+1}$，
令g（x）=xln x-a（x²-1）（x≥1），則g′（x）=ln x+1-2ax．
令F（x）=g′（x）=ln x+1-2ax，則F′（x）=$\frac{1-2ax}{x}$．
①若a≤0，則F′（x）＞0，g′（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，
g′（x）≥g′（1）=1-2a＞0，所以g（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，
g（x）≥g（1）=0，從而$\frac{x}{x+1}$h（x）≥m（x），不符合題意．
②若0＜a＜$\frac{1}{2}$，當(dāng)x∈$（1，\frac{1}{2a}）$時(shí)，F(xiàn)′（x）＞0，
所以g′（x）在$（1，\frac{1}{2a}）$上單調(diào)遞增，從而g′（x）＞g′（1）=1-2a＞0，
所以g（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，g（x）≥g（1）=0，
所以$\frac{x}{x+1}$h（x）≥m（x），不符合題意；
③若a≥$\frac{1}{2}$，則F′（x）≤0在[1，+∞）上恒成立，
所以g′（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞減，g′（x）≤g′（1）=1-2a≤0，
從而g（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞減，所以g（x）≤g（1）=0，
即而$\frac{x}{x+1}$h（x）≤m（x），符合題意；
綜上所述，a的取值范圍是$[\frac{1}{2}，+∞）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了切線方程問(wèn)題，考查函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，是一道中檔題．