Question

3．函數(shù)f（x）=lnx-mx（x∈R）．
（Ⅰ）若曲線y=f（x）過點P（1，-1），求曲線y=f（x）在點P處的切線方程；
（Ⅱ）求函數(shù)y=f（x）在區(qū)間[1，e]上的最大值；
（Ⅲ）若x∈[1，e]，求證：lnx＜$\frac{x}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）中求出斜率，代入切線方程即可；
（Ⅱ）中需要討論m的范圍，m的取值范圍不一樣，求出的最值不同；
（Ⅲ）法一：令m=$\frac{1}{2}$，得到函數(shù)f（x）=lnx-$\frac{x}{2}$，求出f（x）的單調區(qū)間，得到f（x）在[1，e]上的最大值，從而證出結論；法二：設g（x）=lnx-$\frac{x}{2}$，x∈[1，e]，討論g（x）的單調性，求出g（x）的最大值，從而證出結論．

解答 解：（Ⅰ）因為點P（1，-1）在曲線y=f（x）上，
所以-m=-1，解得m=1，
因為f′（x）=$\frac{1}{x}$-1=0，
所以切線的斜率為0，
所以切線方程為y=-1．
（Ⅱ）因為f′（x）=$\frac{1}{x}$-m=$\frac{1-mx}{x}$，
①當m≤0時，x∈（1，e），f′（x）＞0，
所以函數(shù)f （x）在（1，e）上單調遞增，
則f （x）_max=f （e）=1-me．
②當$\frac{1}{m}$≥e，即0＜m≤$\frac{1}{e}$時，x∈（1，e），f′（x）＞0，
所以函數(shù)f （x）在（1，e）上單調遞增，
則f （x）_max=f （e）=1-me．                                      
③當1＜$\frac{1}{m}$＜e，即$\frac{1}{e}$＜m＜1時，
函數(shù)f （x）在 （1，$\frac{1}{m}$）上單調遞增，在（$\frac{1}{m}$，e）上單調遞減，
則f （x）_max=f （$\frac{1}{m}$）=-lnm-1．                        
④當$\frac{1}{m}$≤1，即m≥1時，x∈（1，e），f′（x）＜0，
函數(shù)f （x）在（1，e）上單調遞減，
則f （x）_max=f （1）=-m．
綜上，①當m≤$\frac{1}{e}$時，f （x）_max=1-me；
②當$\frac{1}{e}$＜m＜1時，f （x）_max=-lnm-1；
③當m≥1時，f （x）_max=-m．    
（Ⅲ）法一：m=$\frac{1}{2}$時，x∈（1，2），f′（x）＞0，
∴f（x）在（1，2）遞增，
x∈（2，e）f′（x）＜0，∴f（x）在（2，e）遞減，
∴f（x）_max=f（2）=ln2-1＜0，
∴f（x）＜0即lnx-$\frac{x}{2}$＜0，
∴x∈[1，e]時，lnx＜$\frac{x}{2}$成立；
法二：證明：設g（x）=lnx-$\frac{x}{2}$，x∈[1，e]，
∵g′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{2}$=$\frac{2-x}{2x}$，
令g′（x）=0，得x=2，∴x∈（1，2），g′（x）＞0，函數(shù)g（x）在（1，2）遞增，
x∈（2，e），g′（x）＜0，函數(shù)g（x）在（2，e）遞減，
∴當x=2時，g（x）_max=g（2）=ln2-1＜0，
∴g（x）＜0，即lnx-$\frac{x}{2}$＜0，
∴當x∈[1，e]時，lnx＜$\frac{x}{2}$成立．

點評 本題是關于導數(shù)的綜合應用，利用導數(shù)求斜率，求函數(shù)的單調區(qū)間以及區(qū)間上的最值是最主要的題型之一．