Question

11．己知函數(shù)f（x）=lnx-ax+l，其中a∈R．
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）當(dāng)a=1時(shí)，斜率為k的直線l與函數(shù)f（x）的圖象交于兩點(diǎn)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），其中x₁＜x₂，證明：${x_1}＜\frac{1}{k+1}＜{x_2}$；
（3）是否存在k∈Z，使得f（x）+ax-2＞k（1一$\frac{2}{x}$）對(duì)任意x＞l恒成立？若存在，請(qǐng)求出k的最大值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，然后對(duì)a分類求得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）把a(bǔ)=1代入函數(shù)解析式，然后利用分析法把證明${x_1}＜\frac{1}{k+1}＜{x_2}$，轉(zhuǎn)化為證$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜$ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＜$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{x}_{1}}$．分別令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}=t（t＞1）$，k（t）=lnt-t+1（t＞1），再由導(dǎo)數(shù)證明1-$\frac{1}{t}$＜lnt＜t-1（t＞1）得答案；
（3）由已知f（x）+ax-2＞k（1一$\frac{2}{x}$）即為x（lnx-1）＞k（x-2），x＞1，即x（lnx-1）-kx+2k＞0，k＞1．令g（x）=x（lnx-1）-kx+2k，x＞1，求導(dǎo)后分k≤0和k＞0求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，進(jìn)一步求得函數(shù)的最值得答案．

解答 （1）解：∵f′（x）=$\frac{1}{x}-a$，x＞0，
∴當(dāng)a＜0時(shí)，f′（x）＞0，即f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)．
當(dāng)a＞0時(shí)，x∈（0，$\frac{1}{a}$）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上為增函數(shù)；x∈（$\frac{1}{a}$，+∞）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）在（$\frac{1}{a}$，+∞）上為減函數(shù)．
綜上所述，當(dāng)a＜0時(shí)，f（x）的增區(qū)間為（0，+∞）；當(dāng)a＞0時(shí)，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，$\frac{1}{a}$），f（x）的單調(diào)減區(qū)間為（$\frac{1}{a}$，+∞）；
（2）當(dāng)a=1時(shí)，f（x）=lnx-x+1，
∴$k=\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}=\frac{ln{x}_{2}-{x}_{2}-ln{x}_{1}+{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}=\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}-1$，
∴$k+1=\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$．
要證${x_1}＜\frac{1}{k+1}＜{x_2}$，即證$\frac{1}{{x}_{2}}$＜$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜$\frac{1}{{x}_{1}}$，
∵x₂-x₁＞0，即證$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜$ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＜$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{x}_{1}}$．
令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}=t（t＞1）$，即證$1-\frac{1}{t}$＜lnt＜t-1（t＞1）．
令k（t）=lnt-t+1（t＞1），由（1）知，k（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
∴k（t）＜k（1）=0，即lnt-t+1＜0，則lnt＜t-1．①
令h（t）=lnt+$\frac{1}{t}$-1（t＞1），則h′（t）=$\frac{1}{t}-\frac{1}{{t}^{2}}=\frac{t-1}{{t}^{2}}＞0$，
∴h（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，則h（t）＞h（1）=0，即lnt＞1-$\frac{1}{t}$（t＞1）．②
綜①②得：1-$\frac{1}{t}$＜lnt＜t-1（t＞1），即${x_1}＜\frac{1}{k+1}＜{x_2}$；
（3）解：由已知f（x）+ax-2＞k（1一$\frac{2}{x}$）即為x（lnx-1）＞k（x-2），x＞1，
即x（lnx-1）-kx+2k＞0，k＞1．
令g（x）=x（lnx-1）-kx+2k，x＞1，
則g′（x）=lnx-k，
當(dāng)k≤0時(shí)，g′（x）＞0，故g（x）在（1，+∞）上為增函數(shù)，
由g（1）=-1-k+2k=k-1＞0，則k＞1，矛盾．
當(dāng)k＞0時(shí)，由lnx-k＞0，解得x＞e^k，由lnx-k＜0，解得1＜x＜e^k，
故g（x）在（1，e^k）上是減函數(shù)，在（e^k，+∞）上是增函數(shù)，
∴$g（x）_{min}=g（{e}^{k}）=2k-{e}^{k}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，考查了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法和函數(shù)構(gòu)造法，考查推理能力和運(yùn)算能力，屬壓軸題．