Question

4．已知函數(shù)f（x）=a（lnx-1）+$\frac{1}{x}$的圖象與x軸相切，g（x）=（b-1）log_bx-$\frac{{{x^2}-1}}{2}$．
（Ⅰ）求證：f（x）≤$\frac{{{{（x-1）}^2}}}{x}$；
（Ⅱ）若1＜x＜$\sqrt$，求證：0＜g（x）＜$\frac{{{{（b-1）}^2}}}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，設(shè)f（x）的圖象與x軸相交于點(diǎn)（x₀，0），可得$\left\{\begin{array}{l}f（{x_0}）=0\\ f'（{x_0}）=0\end{array}\right.$，解方程可得a=1，原不等式等價于lnx≤x-1，設(shè)h（x）=lnx-x+1，求出導(dǎo)數(shù)和單調(diào)區(qū)間，可得極值、最值，即可得證；
（Ⅱ）設(shè)$h（x）=\frac{x-1}{lnx}（x＞1）$，求出導(dǎo)數(shù)，運(yùn)用（Ⅰ）的結(jié)論可得h（x）單調(diào)遞增，再由不等式的性質(zhì)可得
$\frac{{{x^2}-1}}{{ln{x^2}}}＜\frac{b-1}{lnb}$，即g（x）＞0，再運(yùn)用不等式的性質(zhì)，證得$\frac{b-1}{lnb}＜b$，進(jìn)而證得右邊不等式．

解答 證明：（Ⅰ）函數(shù)f（x）=a（lnx-1）+$\frac{1}{x}$的導(dǎo)數(shù)為$f'（x）=\frac{a}{x}-\frac{1}{x^2}$，
設(shè)f（x）的圖象與x軸相交于點(diǎn)（x₀，0），
則$\left\{\begin{array}{l}f（{x_0}）=0\\ f'（{x_0}）=0\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}a（ln{x_0}-1）+\frac{1}{x_0}=0\\ \frac{a}{x_0}-\frac{1}{{{x_0}^2}}=0\end{array}\right.$，
解得a=x₀=1．
所以$f（x）=lnx-1+\frac{1}{x}$，$f（x）≤\frac{{{{（x-1）}^2}}}{x}$等價于lnx≤x-1．
設(shè)h（x）=lnx-x+1，則$h'（x）=\frac{1}{x}-1$，
當(dāng)0＜x＜1時，h'（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x＞1時，h'（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，
所以h（x）≤h（1）=0，
即lnx≤x-1，所以$f（x）≤\frac{{{{（x-1）}^2}}}{x}$．
（Ⅱ）設(shè)$h（x）=\frac{x-1}{lnx}（x＞1）$，則$h'（x）=\frac{{lnx+\frac{1}{x}-1}}{{{{ln}^2}x}}$，
由（Ⅰ）可知，當(dāng)x＞1時，$lnx+\frac{1}{x}-1＞0$，
從而有h'（x）＞0，所以h（x）單調(diào)遞增，
又$1＜x＜\sqrt$，所以1＜x²＜b，
從而有h（x²）＜h（b），即$\frac{{{x^2}-1}}{{ln{x^2}}}＜\frac{b-1}{lnb}$，
所以$\frac{{{x^2}-1}}{2}＜\frac{（b-1）lnx}{lnb}=（b-1）{log_b}x$，
即g（x）＞0，$g（x）=（b-1）{log_b}x-\frac{{{x^2}-1}}{2}$=$\frac{（b-1）lnx}{lnb}-\frac{{{x^2}-1}}{2}$
=$（b-1）•\frac{{ln{x^2}}}{2lnb}-\frac{{{x^2}-1}}{2}$$＜（b-1）•\frac{{{x^2}-1}}{2lnb}-\frac{{{x^2}-1}}{2}$=$\frac{{{x^2}-1}}{2}•（\frac{b-1}{lnb}-1）$，
又$lnb＞1-\frac{1}$，所以$\frac{b-1}{lnb}＜b$，
又1＜x²＜b，所以$g（x）＜\frac{{（{x^2}-1）（b-1）}}{2}＜\frac{{{{（b-1）}^2}}}{2}$．
綜上可知，$0＜g（x）＜\frac{{{{（b-1）}^2}}}{2}$．

點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求切線的斜率和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，考查轉(zhuǎn)化思想和構(gòu)造函數(shù)法，以及不等式的性質(zhì)，考查運(yùn)算求解能力，屬于難題．