Question

1．已知函数f（x）=lnx-ax+1（a∈R）．
（1）当a=1时，求函数f（x）的极大值；
（2）若对任意的x∈（0，+∞），都有f（x）≤2x成立，求a的取值范围；
（3）设h（x）=f（x）+ax，对任意的x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁＞x₂，证明：$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{h（{x}_{1}）-h（{x}_{2}）}$＞$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$恒成立．

Answer 1

分析 （1）a=1时，f（x）=lnx-x+1，（x＞0），f′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{-（x-1）}{x}$，对x分类讨论即可得出函数f（x）的单调性极值．
（2）f（x）≤2x化为：a≥$\frac{lnx+1}{x}$-2=g（x），利用导数研究函数g（x）的单调性极值最值即可得出．
（3）h（x）=f（x）+ax=lnx+1，对任意的x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁＞x₂，$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{h（{x}_{1}）-h（{x}_{2}）}$＞$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$恒成立?$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}}$＞ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$．令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t＞1，上式等价于：$\frac{t-1}{\sqrt{t}}$＞lnt．令$\sqrt{t}$=m＞1，则上式等价于：u（m）=$\frac{{m}^{2}-1}{m}$-2lnm＞0．利用导数研究函数u（m）的单调性即可得出．

解答 （1）解：a=1时，f（x）=lnx-x+1，（x＞0），f′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{-（x-1）}{x}$，
∴0＜x＜1时，函数f（x）单调递增；1＜x时，函数f（x）单调递减．
因此x=1时函数f（x）取得极大值，f（1）=0．
（2）解：f（x）≤2x化为：a≥$\frac{lnx+1}{x}$-2=g（x），
g′（x）=$\frac{-lnx}{{x}^{2}}$，可知：x∈（0，1）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；
x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．
∴x=1时函数g（x）取得极大值即最大值，g（1）=1-2=-1．
∴a≥-1，∴a的取值范围是[-1，+∞）．
（3）证明：h（x）=f（x）+ax=lnx+1，
对任意的x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁＞x₂，$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{h（{x}_{1}）-h（{x}_{2}）}$＞$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$恒成立?$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}}$＞ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$．
令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t＞1，上式等价于：$\frac{t-1}{\sqrt{t}}$＞lnt．
令$\sqrt{t}$=m＞1，则上式等价于：u（m）=$\frac{{m}^{2}-1}{m}$-2lnm＞0．
u′（m）=1+$\frac{1}{{m}^{2}}$-$\frac{2}{m}$=$\frac{{m}^{2}-2m+1}{{m}^{2}}$=$\frac{（m-1）^{2}}{{m}^{2}}$＞0，因此函数u（m）在m∈（1，+∞）上单调递增，
∴u（m）＞u（1）=0，
∴$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{h（{x}_{1}）-h（{x}_{2}）}$＞$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$恒成立．

点评 本题考查了利用导数以及函数的单调性极值与最值、换元方法，考查了等价转化能力、推理能力与计算能力，属于难题．