Question

4．已知函数f（x）=a（lnx-1）+$\frac{1}{x}$的图象与x轴相切，g（x）=（b-1）log_bx-$\frac{{{x^2}-1}}{2}$．
（Ⅰ）求证：f（x）≤$\frac{{{{（x-1）}^2}}}{x}$；
（Ⅱ）若1＜x＜$\sqrt{b}$，求证：0＜g（x）＜$\frac{{{{（b-1）}^2}}}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的导数，设f（x）的图象与x轴相交于点（x₀，0），可得$\left\{\begin{array}{l}f（{x_0}）=0\\ f'（{x_0}）=0\end{array}\right.$，解方程可得a=1，原不等式等价于lnx≤x-1，设h（x）=lnx-x+1，求出导数和单调区间，可得极值、最值，即可得证；
（Ⅱ）设$h（x）=\frac{x-1}{lnx}（x＞1）$，求出导数，运用（Ⅰ）的结论可得h（x）单调递增，再由不等式的性质可得
$\frac{{{x^2}-1}}{{ln{x^2}}}＜\frac{b-1}{lnb}$，即g（x）＞0，再运用不等式的性质，证得$\frac{b-1}{lnb}＜b$，进而证得右边不等式．

解答 证明：（Ⅰ）函数f（x）=a（lnx-1）+$\frac{1}{x}$的导数为$f'（x）=\frac{a}{x}-\frac{1}{x^2}$，
设f（x）的图象与x轴相交于点（x₀，0），
则$\left\{\begin{array}{l}f（{x_0}）=0\\ f'（{x_0}）=0\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}a（ln{x_0}-1）+\frac{1}{x_0}=0\\ \frac{a}{x_0}-\frac{1}{{{x_0}^2}}=0\end{array}\right.$，
解得a=x₀=1．
所以$f（x）=lnx-1+\frac{1}{x}$，$f（x）≤\frac{{{{（x-1）}^2}}}{x}$等价于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，
所以h（x）≤h（1）=0，
即lnx≤x-1，所以$f（x）≤\frac{{{{（x-1）}^2}}}{x}$．
（Ⅱ）设$h（x）=\frac{x-1}{lnx}（x＞1）$，则$h'（x）=\frac{{lnx+\frac{1}{x}-1}}{{{{ln}^2}x}}$，
由（Ⅰ）可知，当x＞1时，$lnx+\frac{1}{x}-1＞0$，
从而有h'（x）＞0，所以h（x）单调递增，
又$1＜x＜\sqrt{b}$，所以1＜x²＜b，
从而有h（x²）＜h（b），即$\frac{{{x^2}-1}}{{ln{x^2}}}＜\frac{b-1}{lnb}$，
所以$\frac{{{x^2}-1}}{2}＜\frac{（b-1）lnx}{lnb}=（b-1）{log_b}x$，
即g（x）＞0，$g（x）=（b-1）{log_b}x-\frac{{{x^2}-1}}{2}$=$\frac{（b-1）lnx}{lnb}-\frac{{{x^2}-1}}{2}$
=$（b-1）•\frac{{ln{x^2}}}{2lnb}-\frac{{{x^2}-1}}{2}$$＜（b-1）•\frac{{{x^2}-1}}{2lnb}-\frac{{{x^2}-1}}{2}$=$\frac{{{x^2}-1}}{2}•（\frac{b-1}{lnb}-1）$，
又$lnb＞1-\frac{1}{b}$，所以$\frac{b-1}{lnb}＜b$，
又1＜x²＜b，所以$g（x）＜\frac{{（{x^2}-1）（b-1）}}{2}＜\frac{{{{（b-1）}^2}}}{2}$．
综上可知，$0＜g（x）＜\frac{{{{（b-1）}^2}}}{2}$．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间、极值和最值，考查转化思想和构造函数法，以及不等式的性质，考查运算求解能力，属于难题．