Question

11．已知函数f（x）=|lnx|，g（x）=k（x-1）（k∈R）．
（1）若两个实数a，b满足0＜a＜b，且f（a）=f（b），求4a-b的取值范围；
（2）证明：当k＜1时，存在x₀＞1，使得对任意的x∈（1，x₀），恒有f（x）＞g（x）；
（3）已知0＜a＜b，证明：存在x₀∈（a，b），使得$\frac{lnb-lna}{b-a}=\frac{1}{x_0}$．

Answer 1

分析 （1）由题意可得4a-b=$\frac{4}{b}$-b，利用函数的单调性即可求出4a-b的取值范围，
（2）令g（x）=lnx-k（x-1），x∈（1，+∞），求导，利用导数和函数的单调性和最值得关系即可求出，
（3）问题转化为h（a）＞0且h（b）＜0，即证$\frac{1}{b}$＜$\frac{lnb-lna}{b-a}$＜$\frac{1}{a}$． 再构造函数，利用单调性即可证明．

解答 解：（1）由0＜a＜b，且f（a）=f（b）得a=$\frac{1}{b}$，（b＞1），
故有4a-b=$\frac{4}{b}$-b，b＞1，
易知函数y=$\frac{4}{b}$-b在（1，+∞）上单调递减，
而b=1时y=3；b→+∞时，y→-∞，
所以，4a-b的取值范围是（-∞，3）；
（2）证明：令g（x）=lnx-k（x-1），x∈（1，+∞），
则有g′（x）=$\frac{1}{x}$-k=$\frac{1-kx}{x}$，x∈（1，+∞），
当k≤0，g′（x）＞0，故g（x） 在（1，+∞）上单调递增，
故g（x）＞g（1）=0，?x∈（1，+∞） 均满足题意；
当0＜k＜1时，$\frac{1}{k}$＞1，令g′（x）＞0，得1＜x＜$\frac{1}{k}$，
令g′（x）＜0，解得：x＞$\frac{1}{k}$，
故g（x）在（1，$\frac{1}{k}$）递增，在（$\frac{1}{k}$，+∞）递减，
取x₀=$\frac{1}{k}$，对任意，有g′（x）＞0，从而g（x）在（1，+∞），上单调递增，
所以 g（x）＞g（1）=0，即f（x）＞g（x）．           
综上，当k＜1时，存在x₀＞1，使得对任意的x∈（1，x₀），恒有f（x）＞g（x）；
（3）证明：记h（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{lnb-lna}{b-a}$，
要证 存在x₀∈（a，b），使得$\frac{lnb-lna}{b-a}=\frac{1}{x_0}$，
即证 函数h（x）在（a，b）上存在零点．
因h（x）在（0，+∞）上单调递减，
故只需证h（a）＞0且h（b）＜0，即证$\frac{1}{b}$＜$\frac{lnb-lna}{b-a}$＜$\frac{1}{a}$． ①，
下证：当0＜a＜b时，①式成立．
记M（x）=lnx-x+1，x＞0，
由M′（x）=$\frac{1}{x}$=1=$\frac{1-x}{x}$，
可得M（x）在（0，1）上单调增，（1，+∞）上单调减，
由0＜a＜b，得$\frac{a}{b}$＞1，0＜$\frac{b}{a}$＜1，
从而有f（$\frac{a}{b}$）＞f（1）且f（$\frac{b}{a}$）＜f（1），
即有ln$\frac{a}{b}$-$\frac{a}{b}$+1＞0且ln$\frac{b}{a}$-$\frac{b}{a}$+1＜0，
化简得$\frac{b-a}{b}$＜lnb-lna＜$\frac{b-a}{a}$．                                   
又b-a＞0，故有证$\frac{1}{b}$＜$\frac{lnb-lna}{b-a}$＜$\frac{1}{a}$．成立．

点评 本题考查用导数研究函数的单调性，函数与方程等基础知识，考查了分类讨论、化归思想；考查运算变形能力，属于难题．