Question

11．已知函數(shù)f（x）=|lnx|，g（x）=k（x-1）（k∈R）．
（1）若兩個(gè)實(shí)數(shù)a，b滿足0＜a＜b，且f（a）=f（b），求4a-b的取值范圍；
（2）證明：當(dāng)k＜1時(shí)，存在x₀＞1，使得對任意的x∈（1，x₀），恒有f（x）＞g（x）；
（3）已知0＜a＜b，證明：存在x₀∈（a，b），使得$\frac{lnb-lna}{b-a}=\frac{1}{x_0}$．

Answer 1

分析 （1）由題意可得4a-b=$\frac{4}$-b，利用函數(shù)的單調(diào)性即可求出4a-b的取值范圍，
（2）令g（x）=lnx-k（x-1），x∈（1，+∞），求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性和最值得關(guān)系即可求出，
（3）問題轉(zhuǎn)化為h（a）＞0且h（b）＜0，即證$\frac{1}$＜$\frac{lnb-lna}{b-a}$＜$\frac{1}{a}$． 再構(gòu)造函數(shù)，利用單調(diào)性即可證明．

解答 解：（1）由0＜a＜b，且f（a）=f（b）得a=$\frac{1}$，（b＞1），
故有4a-b=$\frac{4}$-b，b＞1，
易知函數(shù)y=$\frac{4}$-b在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
而b=1時(shí)y=3；b→+∞時(shí)，y→-∞，
所以，4a-b的取值范圍是（-∞，3）；
（2）證明：令g（x）=lnx-k（x-1），x∈（1，+∞），
則有g(shù)′（x）=$\frac{1}{x}$-k=$\frac{1-kx}{x}$，x∈（1，+∞），
當(dāng)k≤0，g′（x）＞0，故g（x） 在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
故g（x）＞g（1）=0，?x∈（1，+∞） 均滿足題意；
當(dāng)0＜k＜1時(shí)，$\frac{1}{k}$＞1，令g′（x）＞0，得1＜x＜$\frac{1}{k}$，
令g′（x）＜0，解得：x＞$\frac{1}{k}$，
故g（x）在（1，$\frac{1}{k}$）遞增，在（$\frac{1}{k}$，+∞）遞減，
取x₀=$\frac{1}{k}$，對任意，有g(shù)′（x）＞0，從而g（x）在（1，+∞），上單調(diào)遞增，
所以 g（x）＞g（1）=0，即f（x）＞g（x）．           
綜上，當(dāng)k＜1時(shí)，存在x₀＞1，使得對任意的x∈（1，x₀），恒有f（x）＞g（x）；
（3）證明：記h（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{lnb-lna}{b-a}$，
要證 存在x₀∈（a，b），使得$\frac{lnb-lna}{b-a}=\frac{1}{x_0}$，
即證 函數(shù)h（x）在（a，b）上存在零點(diǎn)．
因h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
故只需證h（a）＞0且h（b）＜0，即證$\frac{1}$＜$\frac{lnb-lna}{b-a}$＜$\frac{1}{a}$． ①，
下證：當(dāng)0＜a＜b時(shí)，①式成立．
記M（x）=lnx-x+1，x＞0，
由M′（x）=$\frac{1}{x}$=1=$\frac{1-x}{x}$，
可得M（x）在（0，1）上單調(diào)增，（1，+∞）上單調(diào)減，
由0＜a＜b，得$\frac{a}$＞1，0＜$\frac{a}$＜1，
從而有f（$\frac{a}$）＞f（1）且f（$\frac{a}$）＜f（1），
即有l(wèi)n$\frac{a}$-$\frac{a}$+1＞0且ln$\frac{a}$-$\frac{a}$+1＜0，
化簡得$\frac{b-a}$＜lnb-lna＜$\frac{b-a}{a}$．                                   
又b-a＞0，故有證$\frac{1}$＜$\frac{lnb-lna}{b-a}$＜$\frac{1}{a}$．成立．

點(diǎn)評 本題考查用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)與方程等基礎(chǔ)知識，考查了分類討論、化歸思想；考查運(yùn)算變形能力，屬于難題．