Question

18．已知函数f（x）=lnx+$\frac{a}{x}$-1的图象与x轴相切．
（Ⅰ）求证：f（x）≤$\frac{{{{（x-1）}^2}}}{x}$；
（Ⅱ）若1＜x＜$\sqrt{b}$，求证：（b-1）log_bx＞$\frac{{{x^2}-1}}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函数的导函数，设出切点坐标，由题意可得$\left\{\begin{array}{l}f（{x_0}）=0\\ f'（{x_0}）=0\end{array}\right.$，求解方程组可得a=x₀=1，则函数解析式可求，把要证明的不等式转化为lnx≤x-1．设h（x）=lnx-x+1，利用导数求其最大值得答案；
（Ⅱ）设$g（x）=（b-1）{log_b}x-\frac{{{x^2}-1}}{2}$，求其导函数，利用导数求其最大值可证答案．

解答 证明：（Ⅰ）证明$f'（x）=\frac{1}{x}-\frac{a}{x^2}$，
设f（x）的图象与x轴相切于点（x₀，0），
则$\left\{\begin{array}{l}f（{x_0}）=0\\ f'（{x_0}）=0\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}ln{x_0}+\frac{a}{x_0}-1=0\\ \frac{1}{x_0}-\frac{a}{{{x_0}^2}}=0\end{array}\right.$，解得a=x₀=1，
∴$f（x）=lnx+\frac{1}{x}-1$，
$f（x）≤\frac{{{{（x-1）}^2}}}{x}$?lnx≤x-1．
设h（x）=lnx-x+1，则$h'（x）=\frac{1}{x}-1$，
当0＜x＜1时，h'（x）＞0，h（x）单调递增；
当x＞1时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，
∴h（x）≤h（1）=0，
即lnx≤x-1，（*）
∴$f（x）≤\frac{{{{（x-1）}^2}}}{x}$；
（Ⅱ）设$g（x）=（b-1）{log_b}x-\frac{{{x^2}-1}}{2}$，$g'（x）=\frac{b-1}{xlnb}-x=\frac{{（-lnb）{x^2}+b-1}}{xlnb}$，
由g'（x）=0，得${x_0}=\sqrt{\frac{b-1}{lnb}}$．
由（*）式可得，当x＞1时，lnx＜x-1，即$\frac{x-1}{lnx}＞1$；
以$\frac{1}{x}$代换x可得$ln\frac{1}{x}＜\frac{1}{x}-1$，有$lnx＞\frac{x-1}{x}$，即$\frac{x-1}{lnx}＜x$．
∴当b＞1时，有$1＜{x_0}＜\sqrt{b}$．
当1＜x＜x₀时，g'（x）＞0，g（x）单调递增；
当${x_0}＜x＜\sqrt{b}$时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，
又∵$g（1）=g（\sqrt{b}）=0$，∴g（x）＞0，
即$（b-1）{log_b}x＞\frac{{{x^2}-1}}{2}$．

点评 本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数求函数在闭区间上的最值，训练了利用导数证明函数不等式，是中档题．