Question

10．设函数f（x）=lnx-ax-$\frac{a-1}{x}$（a∈R），若f（x）≤-1对定义域内的x恒成立
（1）求实数a的取值范围
（2）对任意的θ∈[0，$\frac{π}{2}$），证明f（1-sinθ）≤f（1+sinθ）

Answer 1

分析 （1）要使f（x）≤-1恒成立，只需f（x）max≤-1即可，然后利用导数研究函数的单调性，进一步求其最大值．注意定义域．
（2）这一问是一个恒成立问题，因此需从函数的单调性入手，注意先分析判断1-sinθ与1+sinθ的范围，然后结合单调性问题应该可以解决．

解答 解：（1）若f（x）≤-1对定义域内的x恒成立，则f（x）_max≤-1．则f（1）+1=-a-a+1≥1，即a≥1．
当a≥1时，$f′（x）=\frac{-（ax+a-1）（x-1）}{{x}^{2}}=0$，解得$x=1，x=-1+\frac{1}{a}$．
因为$x=-1+\frac{1}{a}≤0$，则当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，故f（x）在（0，1）上单调递增，
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，故f（x）在（1，+∞）单调递增减；
故f（x）_max=f（1）=1-2a≤-1，即a≥1时，f（x）≤-1恒成立．
故所求a的范围是[1，+∞）．
（2）由（1）知，实数a的范围为[1，+∞），f（1+sinθ）-f（1-sinθ）
=ln（1+sinθ）-a（1+sinθ）-$\frac{a-1}{1+sinθ}$-[ln（1-sinθ）-a（1-sinθ）-$\frac{a-1}{1-sinθ}$]
=ln（1+sinθ）-ln（1-sinθ）-2asinθ-（a-1）[$\frac{1}{1+sinθ}-\frac{1}{1-sinθ}$]
=ln（1+sinθ）-ln（1-sinθ）-2asinθ+2（a-1）$\frac{sinθ}{co{s}^{2}θ}$
=ln（1+sinθ）-ln（1-sinθ）-2asinθ（$1-\frac{1}{co{s}^{2}θ}$）-2$\frac{sinθ}{co{s}^{2}θ}$
=ln（1+sinθ）-ln（1-sinθ）+2a$\frac{si{n}^{3}θ}{co{s}^{2}θ}$-$2\frac{sinθ}{co{s}^{2}θ}$
≥ln（1+sinθ）-ln（1-sinθ）+2$\frac{si{n}^{3}θ}{co{s}^{2}θ}-2\frac{sinθ}{co{s}^{2}θ}=ln（1+sinθ）-ln（1-sinθ）$+2$\frac{sinθ}{co{s}^{2}θ}（si{n}^{2}θ-1）$
=ln（1+sinθ）-ln（1-sinθ）-2sinθ．
令h（x）=ln（1+x）-ln（1-x）-2x（0≤x＜1），
则$h′（x）=\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1-x}-2=\frac{2}{1-{x}^{2}}-2≥2-2=0$．
所以h（x）在[0，1）上递增，所以h（x）≥h（0）=0．
由题意知sinθ∈[0，1），于是ln（1+sinθ）-ln（1-sinθ）-2sinθ≥0．
所以f（1+sinθ）≥f（1-sinθ）．
故对任意的$θ∈[0，\frac{π}{2}）$，f（1-sinθ）≤f（1+sinθ）成立．

点评 本题考查了不等式恒成立问题的解题思路，本题第二问的关键在于对所给式子的化简放缩，从而抽象出函数h（x），使问题转化为一个函数的最值问题来解．