Question

15．已知函数f（x）=lnx，g（x）=f（x）-$\frac{a}{x}$（a∈R） 
（ I）判断函数g（x）的单调性；
（Ⅱ）是否存在实数m，使得f（x）+f（m-1）＞m-$\frac{x+1}{x}$对任意x≥1恒成立，若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求导，再分当a≥0和a＜0两种情况根据导数和函数的单调性的关系得到结论．
（2）由题意分离参数得到m-1+ln$\frac{1}{m-1}$＜lnx+$\frac{1}{x}$，x∈[1，+∞），设h（x）lnx+$\frac{1}{x}$利用导数求出函数的最小值h（1）=1，又因为h（$\frac{1}{m-1}$）=m-1+ln$\frac{1}{m-1}$≥1，故得出矛盾，故
故不存在实数m使得原不等式成立．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）=lnx，
∴g（x）=f（x）-$\frac{a}{x}$=lnx-$\frac{a}{x}$，x＞0，
∴g′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{x+a}{{x}^{2}}$，
当a≥0时，在（0，+∞）上，g′（x）＞0，此时函数g（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a＜0时，在（0，-a）上，g′（x）＜0，此时函数g（x）在（0，-a）上单调递减，
在（-a，+∞）上，g′（x）＞0，此时函数g（x）在（-a，+∞）上单调递增，
综上所述，当a≥0时，函数g（x）在（0，+∞）上单调递增，当a＜0时，g（x）在（0，-a）上单调递减，在（-a，+∞）上单调递增．
（Ⅱ）∵f（x）+f（m-1）＞m-$\frac{x+1}{x}$，
∴lnx+ln（m-1）＞m-$\frac{x+1}{x}$，
∴m-ln（m-1）＜lnx+$\frac{x+1}{x}$，x∈[1，+∞），
∴m-1+ln$\frac{1}{m-1}$＜lnx+$\frac{1}{x}$，x∈[1，+∞），①
由（Ⅰ）可知当a=-1时，h（x）lnx+$\frac{1}{x}$在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
∴当x=1时，h（x）_min=h（1）=1，
∴要使①成立，需使m-1+ln$\frac{1}{m-1}$＜1，②
由（Ⅰ）可知h（$\frac{1}{m-1}$）=m-1+ln$\frac{1}{m-1}$≥1，与②矛盾，
故不存在实数m使得原不等式成立．

点评 本题考查了函数导数和函数的单调性最值的关系，以及恒成立问题，关键是分离参数，构造函数，属于中档题．