Question

已知f（x）=lnx+1，g（x）=ax+

a-1

x

，F（X）=f（x）-g（x）．
（1）当a=2时，求函数F（x）在区间[

1

e

，e]上的最大值；
（2）若a≤

1

2

，求函数F（x）的单调区间；
（3）在曲线y=f（x）上任取两点P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），（x₁＜x₂），直线PQ的斜率为k，试探索：kx₁，1，kx₂ 三者的大小关系，并说明理由．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的概念及应用,导数的综合应用

分析：（1）将a=2代入可得F′（X）=

-(2x+1)(x-1)

x2

，进而可得F（X）在[

1

e

，1]上单调递增，在[1，e]上单调递减，故当x=1时，F（X）取最大值；
（2）由F′（X）=

-(ax+a-1)(x-1)

x2

，分当a=0时，当a＜0时，当0＜a＜

1

2

时，当a=

1

2

时，四种情况讨论，可分别得到函数F（x）的单调区间；
（3）由题意得：k=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

=

ln x2 x1

x2-x1

，令g（t）=lnt-t+1，分析函数的单调性，进而可判断出kx₁＜1，及kx₂＞1，得到结论．

解答： 解：（1）当a=2时，F（X）=f（x）-g（x）=lnx+1-2x-

1

x

，
则F′（X）=

1

x

-2+

1

x2

=

-(2x+1)(x-1)

x2

，
令F′（X）=0，则x=1或x=-

1

2

（舍去）
∴F（X）在[

1

e

，1]上单调递增，在[1，e]上单调递减，
故当x=1时，F（X）取最大值-2．
（2）∵F（X）=f（x）-g（x）=lnx+1-2ax-

a-1

x

，
∴则F′（X）=

1

x

-2a+

a-1

x2

=

-(ax+a-1)(x-1)

x2

，
①当a=0时，F′（X）=

x-1

x2

，
若F′（X）＜0，则x∈（0，1），若F′（X）＞0，则x∈（1，+∞），
即F（X）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
②当a＜0时，F′（X）=

-a(x+ a-1 a )(x-1)

x2

，
此时x+

a-1

a

＞0，
若F′（X）＜0，则x∈（0，1），若F′（X）＞0，则x∈（1，+∞），
即F（X）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
③当0＜a＜

1

2

时，

a-1

a

＜-1，
若F′（X）＜0，则x∈（0，1），或x∈（

1-a

a

，+∞），若F′（X）＞0，则x∈（1，

1-a

a

），
即F（X）在（0，1）上单调递减，在（1，

1-a

a

）上单调递增，在（

1-a

a

，+∞）上单调递减，
④当a=

1

2

时，

a-1

a

=-1，F′（X）≤0恒成立，
即F（X）在（0，+∞）上单调递减，
（3）由题意得：k=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

=

lnx2-lnx1

x2-x1

=

ln x2 x1

x2-x1

，
∴kx₁-1=

x1ln x2 x1

x2-x1

-1=

x1ln x2 x1 -x2+x1

x2-x1

=

ln x2 x1 - x2 x1 +1

x2 x1 -1

设t=

x2

x1

，由x₁＜x₂得，t＞1，即

x2

x1

-1=t-1＞0，
令g（t）=lnt-t+1，则t＞1时，g′（t）=

1

t

-1＜0恒成立，
故g（t）=lnt-t+1在（1，+∞）上单调递减，
故g（t）＜g（1）=0，即ln

x2

x1

-

x2

x1

+1＜0，
∴kx₁-1＜0，即kx₁＜1，
kx₂-1=

x2ln x2 x1

x2-x1

-1=

x2ln x2 x1 -x2+x1

x2-x1

=

ln x2 x1 -1+ x1 x2

1- x1 x2

，
设t=

x1

x2

，由x₁＜x₂得，0＜t＜1，即

x1

x2

-1=t-1＜0，
∴kx₂-1=

ln 1 t -1+t

1-t

=

lnt-t+1

t-1

由0＜t＜1时，g（t）=lnt-t+1，则g′（t）=

1

t

-1＞0恒成立，
故g（t）=lnt-t+1在（0，1）上单调递增，
故g（t）＞g（1）=0，即kx₂-1＞0，即kx₂＞1，
综上所述：kx₁＜1＜kx₂．

点评：本题考查的知识点是利用导数研究闭区间上函数的最值，利用导数研究函数的单调性，是导数较为综合的应用，运算量大，属于难题．