Question

3．已知函数h（x）=lnx，m（x）=a（x-1）．
（Ⅰ）已知过原点的直线l与h（x）=lnx相切，求直线l的斜率k；
（Ⅱ）求函数f（x）=h（x）-m（x）的单调区间；
（Ⅲ）当x∈[1，+∞）时，有m（x）≥$\frac{x}{x+1}$h（x）恒成立，则a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，设出切点坐标，求出切线斜率即可；
（Ⅱ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（Ⅲ）令g（x）=xln x-a（x²-1）（x≥1），则g′（x）=ln x+1-2ax．令F（x）=g′（x）=ln x+1-2ax，通过讨论a的范围，结合题意求出a的具体范围即可．

解答 解：（Ⅰ）设直线y=kx，设切点是（a，lna），
而h′（x）=$\frac{1}{x}$，则k=$\frac{1}{a}$，故lna=$\frac{1}{a}$•a，解得：a=e，
故直线的斜率k=$\frac{1}{e}$；
（Ⅱ）f（x）定义域为（0，+∞），f′（x）=$\frac{1-ax}{x}$，
若a≤0，则f′（0）＞0，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增；
若a＞0，则由f′（x）=0得x=$\frac{1}{a}$，当x∈$（0，\frac{1}{a}）$时，f′（x）＞0，
当x∈$（\frac{1}{a}，+∞）$时，f′（x）＜0，
所以f（x）在$（0，\frac{1}{a}）$上单调递增，在$（\frac{1}{a}，+∞）$上单调递减；
所以当a≤0时，f（x）的单调递增区间是（0，+∞）；
当a＞0时，f（x）的单调递增区间是$（0，\frac{1}{a}）$，单调递减区间是$（\frac{1}{a}，+∞）$．
（Ⅲ）$\frac{x}{x+1}$h（x）-m（x）=$\frac{xlnx-a{（x}^{2}-1）}{x+1}$，
令g（x）=xln x-a（x²-1）（x≥1），则g′（x）=ln x+1-2ax．
令F（x）=g′（x）=ln x+1-2ax，则F′（x）=$\frac{1-2ax}{x}$．
①若a≤0，则F′（x）＞0，g′（x）在[1，+∞）上单调递增，
g′（x）≥g′（1）=1-2a＞0，所以g（x）在[1，+∞）上单调递增，
g（x）≥g（1）=0，从而$\frac{x}{x+1}$h（x）≥m（x），不符合题意．
②若0＜a＜$\frac{1}{2}$，当x∈$（1，\frac{1}{2a}）$时，F′（x）＞0，
所以g′（x）在$（1，\frac{1}{2a}）$上单调递增，从而g′（x）＞g′（1）=1-2a＞0，
所以g（x）在[1，+∞）上单调递增，g（x）≥g（1）=0，
所以$\frac{x}{x+1}$h（x）≥m（x），不符合题意；
③若a≥$\frac{1}{2}$，则F′（x）≤0在[1，+∞）上恒成立，
所以g′（x）在[1，+∞）上单调递减，g′（x）≤g′（1）=1-2a≤0，
从而g（x）在[1，+∞）上单调递减，所以g（x）≤g（1）=0，
即而$\frac{x}{x+1}$h（x）≤m（x），符合题意；
综上所述，a的取值范围是$[\frac{1}{2}，+∞）$．

点评 本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道中档题．