Question

10．已知函数f（x）=lnx-ax-b（a，b∈R）
（Ⅰ）若函数f（x）在x=1处取得极值1，求a，b的值
（Ⅱ）讨论函数f（x）在区间（1，+∞）上的单调性
（Ⅲ）对于函数f（x）图象上任意两点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）（x₁＜x₂），不等式f′（x₀）＜k恒成立，其中k为直线AB的斜率，x₀=λx₁+（1-λ）x₂，0＜λ＜1，求λ的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，由题意可得f′（1）=0，且f（1）=1，解方程即可得到a，b；
（Ⅱ）求出导数，对a讨论，①若a≤0，②0＜a＜1，③a≥1，求得单调区间即可；
（Ⅲ）求出f′（x₀），以及直线AB的斜率，将f′（x₀）＜k等价变形，令函数g（t）=t-1-tlnt+λ（tlnt-lnt），t＞1，对λ讨论，求出导数，判断单调性，即可得到所求范围．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的导数为f′（x）=$\frac{1}{x}$-a，
由题意可得f′（1）=0，且f（1）=1，
即为1-a=0，且-a-b=1，
解得a=1．b=-2，经检验符合题意．
故a=1，b=-2；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得f′（x）=$\frac{1}{x}$-a，x＞1，0＜$\frac{1}{x}$＜1，
①若a≤0，f′（x）＞0，f（x）在（1，+∞）递增；
②0＜a＜1，x∈（1，$\frac{1}{a}$），f′（x）＞0，x∈（$\frac{1}{a}$，+∞），f′（x）＜0；
③a≥1，f′（x）＜0．f（x）在（1，+∞）递减．
综上可得，a≤0，f（x）在（1，+∞）递增；
0＜a＜1，f（x）在（1，$\frac{1}{a}$）递增，在（$\frac{1}{a}$，+∞）递减；
a≥1，f（x）在（1，+∞）递减．
（Ⅲ）f′（x₀）=$\frac{1}{{x}_{0}}$-a=$\frac{1}{λ{x}_{1}+（1-λ）{x}_{2}}$-a，
直线AB的斜率为k=$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}-a（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$-a，
f′（x₀）＜k?$\frac{1}{λ{x}_{1}+（1-λ）{x}_{2}}$＜$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，
即x₂-x₁＜ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$[λx₁+（1-λ）x₂]，
即为$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-1＜ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$[λ+（1-λ）$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$]，
令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，t-1＜lnt[λ+（1-λ）t]，
即t-1-tlnt+λ（tlnt-lnt）＜0恒成立，
令函数g（t）=t-1-tlnt+λ（tlnt-lnt），t＞1，
①当0＜λ$≤\frac{1}{2}$时，g′（t）=-lnt+λ（lnt+1-$\frac{1}{t}$）=$\frac{-tlnt+λ（tlnt+t-1）}{t}$，
令φ（t）=-tlnt+λ（tlnt+t-1），t＞1，
φ′（t）=-1-lnt+λ（2+lnt）=（λ-1）lnt+2λ-1，
当0＜λ≤$\frac{1}{2}$时，φ′（t）＜0，φ（t）在（1，+∞）递减，则φ（t）＜φ（1）=0，
故当t＞1时，g′（t）＜0，
则g（t）在（1，+∞）递减，g（t）＜g（1）=0符合题意；
②当$\frac{1}{2}$＜λ＜1时，φ′（t）=（λ-1）lnt+2λ-1＞0，
解得1＜t＜${e}^{\frac{1-2λ}{λ-1}}$，
当t∈（1，${e}^{\frac{1-2λ}{λ-1}}$），φ′（t）＞0，φ（t）在（1，${e}^{\frac{1-2λ}{λ-1}}$）递增，φ（t）＞φ（1）=0；
当t∈（1，${e}^{\frac{1-2λ}{λ-1}}$），g′（t）＞0，g（t）在（1，${e}^{\frac{1-2λ}{λ-1}}$）递增，g（t）＞g（1）=0，
则有当t∈（1，${e}^{\frac{1-2λ}{λ-1}}$），g（t）＞0不合题意．
即有0＜λ≤$\frac{1}{2}$．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，同时考查函数的单调性的运用，不等式恒成立思想的运用，运用分类讨论的思想方法是解题的关键．