Question

3．已知函数f（x）=lnx-a（x-1）（a∈R）
（1）若函数f（x）≤0在定义域内恒成立，求a的取值范围．
（2）在（1）的条件下，若0＜m＜n，试证明：f（n）-f（m）≤（1-m）（lnn-lnm）．

Answer 1

分析 （1）f（x）≤0在（0，+∞）上恒成立，即函数f（x）_max≤0，结合导数和函数的最值的关系，即可求出a的值，
（2）利用分析法，要证明原不等式成立，只要证明先对要证明的不等式当变形，ln$\frac{n}{m}$-（$\frac{n}{m}$-1）≤0，根据（1）的f（x）的函数的结论即可证明

解答 解：（1）∵f（x）=lnx-a（x-1），x＞0，
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$-a，
当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴又f（1）=0，
∴x＞1时，f（x）＞0，故a≤0不合题意，
当a＞0时，令f′（x）=0，解得x=$\frac{1}{a}$，
当f′（x）＞0时，即0＜x＜$\frac{1}{a}$，函数单调递增，
当f′（x）＜0时，即x＞$\frac{1}{a}$，函数单调递减，
∴f（x）_max=f（$\frac{1}{a}$）=ln$\frac{1}{a}$-a（$\frac{1}{a}$-1）=-lna-1+a，
∵函数f（x）≤0在定义域内恒成立，
∴-lna-1+a≤0，在a∈（0，+∞）上恒成立，
设g（a）=-lna-1+a，a∈（0，+∞），
∴g′（a）=-$\frac{1}{a}$+1=$\frac{a-1}{a}$，
当0＜a＜1时，g′（a）＜0，函数单调递减，
当a＞1时，g′（a）＞0，函数单调递增，
∴g（a）_min=g（1）=0，
∴当0＜a＜1，或a＞+∞时，g（a）＞0，故不满足函数f（x）≤0在定义域内恒成立
当a=1时，f（x）_max=-0-1+1=0满足函数f（x）≤0在定义域内恒成立，
综上所述a=1，
（2）由（1）可知f（x）=lnx-（x-1），
∴要证明f（n）-f（m）≤（1-m）（lnn-lnm），
只要证明lnn-（n-1）-lnm+（m-1））≤（1-m）（lnn-lnm），
只要证m-n≤-m（lnn-lnm）
只要证1-$\frac{n}{m}$≤ln$\frac{n}{m}$，
只要证ln$\frac{n}{m}$-（$\frac{n}{m}$-1）≤0，
由（1）可知f（x）=lnx-（x-1）≤0恒成立，
∴ln$\frac{n}{m}$-（$\frac{n}{m}$-1）≤0，恒成立，
故0＜m＜n，f（n）-f（m）≤（1-m）（lnn-lnm）

点评 本题是一道导数的综合题，利用导数求函数的单调区间，这里要对参数进行讨论，解决恒成立问题，构造函数证明不等式，属于中档题．