Question

4．已知函数f（x）=lnx-a（x-1），其中a为实数．
（Ⅰ）讨论并求出f（x）的极值；
（Ⅱ）在a＜1时，是否存在m＞1，使得对任意的x∈（1，m）恒有f（x）＞0，并说明理由；
（Ⅲ） 确定a的可能取值，使得存在n＞1，对任意的x∈（1，n），恒有|f（x）|＜（x-1）²．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求导，当a≤0时，f'（x）＞0恒成立，函数无极值，当a＞0时，当x=$\frac{1}{a}$时，函数有极大值$f（\frac{1}{a}）=a-1-lna$，没有极小值．
（Ⅱ）结合（I）中函数的单调性，可证得：在a＜1时，存在m＞1，使得对任意的x∈（1，m）恒有f（x）＞0；
（Ⅲ）分a＞1、a＜1和a=1把不等式|f（x）|＜（x-1）²的左边去绝对值，即可得出结论．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）=lnx-a（x-1），
∴f'（x）=$\frac{1}{x}$-a，
当a≤0时，f'（x）＞0恒成立，函数在定义域（0，+∞）递增，没有极值；
当a＞0时，令f'（x）=0，则x=$\frac{1}{a}$，
当x∈（0，$\frac{1}{a}$）时，f'（x）＞0，函数为增函数，
当x∈（$\frac{1}{a}$，+∞）时，f'（x）＜0，函数为减函数，
故当x=$\frac{1}{a}$时，函数有极大值$f（\frac{1}{a}）=a-1-lna$，没有极小值．
（Ⅱ）在a＜1时，存在m＞1，使得对任意的x∈（1，m）恒有f（x）＞0，理由如下：
当a≤0时，f'（x）＞0恒成立，函数在（1，m）递增，
此时f（x）＞f（1）=0，
当0＜a＜1时，$\frac{1}{a}$＞1，
当x∈（1，m）?（1，$\frac{1}{a}$）时，f（x）＞f（1）=0，
综上可得：在a＜1时，存在m＞1，使得对任意的x∈（1，m）恒有f（x）＞0，
（Ⅲ）当a＞1时，由（I）知，对于任意x∈（1，+∞），|f（x）|=a（x-1）-lnx，
令M（x）=a（x-1）-lnx-（x-1）²，x∈（1，+∞），
则有M′（x）=$\frac{-2（x-1）^{2}+（a-2）（x-1）+a-1}{x}$，
故当x∈（1，$\frac{a-2+\sqrt{{（a-2）}^{2}+8（a-1）}}{4}$）时，M′（x）＞0，M（x）
在[1，$\frac{a-2+\sqrt{{（a-2）}^{2}+8（a-1）}}{4}$）上单调递增，
故M（x）＞M（1）=0，即|f（x）|＞（x-1）²，
∴满足题意的t不存在．
当a＜1时，由（Ⅱ）知存在x₀＞0，使得对任意的任意x∈（0，x₀），|f（x）|=lnx-a（x-1），
令N（x）=lnx-a（x-1）-（x-1）²，x∈[1，+∞），则有N′（x）=$\frac{-2{（x-1）}^{2}-（a+2）（x-1）-a+1}{x}$，
故当x∈（1，$\frac{-a-2+\sqrt{{（a+2）}^{2}+8（1-a）}}{4}$）时，N′（x）＞0，M（x）在[1，$\frac{-a-2+\sqrt{{（a+2）}^{2}+8（1-a）}}{4}$）上单调递增，故N（x）＞N（1）=0，
即f（x）＞（x-1）²，记x₀与$\frac{-a-2+\sqrt{{（a+2）}^{2}+8（1-a）}}{4}$中较小的为x₁，
则当x∈（1，x₁）时，恒有|f（x）|＞（x-1）²，故满足题意的t不存在．
当a=1，由（1）知，当x∈（0，+∞）时，|f（x）|=x-1-lnx，
令H（x）=x-1-lnx-（x-1）²，x∈[1，+∞），则有H′（x）=$\frac{-2（x-1）^{2}-（x-1）}{x}$，
当x＞1，H′（x）＜0，∴H（x）在[1，+∞）上单调递减，故H（x）＜H（1）=0，
故当x＞1时，恒有|f（x）|＜（x-1）²，此时，任意实数t满足题意．
综上，a=1．

点评 本小题主要考查导数及其应用等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、有限与无限思想、数形结合思想，是压轴题．