Question

6．已知函数f（x）=lnx-ax（a∈R）．
（1）讨论函数f（x）的单调区间；
（2）若函数g（x）=$\left\{\begin{array}{l}{f（x）（0＜x≤1）}\\{ax-1（-1≤x≤0）}\end{array}\right.$，且g（x）≤1恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求导数，分别令导数大于零、小于零解得函数的增减区间，注意结合定义域对字母a进行讨论；
（2）求出函数g（x）在定义域内的最大值，令其小于或等于1，解出a即可．

解答 解：（1）由已知$f′（x）=\frac{1}{x}-a=\frac{1-ax}{x}$（x＞0）．
当a=0时，$f′（x）=\frac{1}{x}＞0$，故函数f（x）在定义域内是增函数．
当a≠0时，令f′（x）=0得x=$\frac{1}{a}$．
若a＜0，由f′（x）＞0得x$＞\frac{1}{a}$，结合定义域得f′（x）＞0在定义域内恒成立，故函数f（x）在定义域内是增函数；
若a＞0，由f′（x）＞0得$0＜x＜\frac{1}{a}$，f′（x）＜0得x$＞\frac{1}{a}$．故函数f（x）的增区间为（0，$\frac{1}{a}$），减区间为[$\frac{1}{a}，+∞$）．
综上，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）内是增函数；当a＞0时，f（x）的增区间为（0，$\frac{1}{a}$），减区间为[$\frac{1}{a}，+∞$）．
（2）①当0＜x≤1时，g（x）=f（x），由（1）知：
当a≤0时，f（x）在（0，1]内递增，所以f（x）_max=f（1）=ln1-a≤1，即-1≤a≤0即为所求；
当$0＜\frac{1}{a}＜1$，即a＞1时，f（x）在（0，$\frac{1}{a}$]上递增，在$（\frac{1}{a}，1]$上递减，故此时f（x）_max=f（$\frac{1}{a}$）=$ln\frac{1}{a}-1≤1$，解得$a≥\frac{1}{{e}^{2}}$，故此时a＞1为所求；
当$\frac{1}{a}≥1$，即0＜a≤1时，f′（x）＞0在（0，1）上恒成立，故此时f（x）为增函数，所以f（x）_max=f（1）=ln1-a≤1，解得a≥-1，故0＜a≤1符合题意．
所以当0＜x≤1时，所求a的范围是a≥-1．
②当-1≤x≤0时，
若a＜0，则g（x）=ax-1为减函数，此时g（x）_max=g（-1）=-a-1≤1，解得-2≤a＜0，
若a=0，g（x）=-1＜1显然成立，
若a＞0，g（x）=ax-1是增函数，所以g（x）_max=g（0）=-1≤1显然成立．
所以当-1≤x≤0时，所求a的范围是a≥-2．
综合①②可知，若函数g（x）≤1恒成立，只需a≥-1即可．

点评 本题考查了利用导数研究函数单调性的方法，以及与分段函数有关的不等式恒成立问题，注意此类问题仍然遵循分段处理的原则．