Question

8．已知函数f （x）=lnx-mx+m．
（1）若f （x）≤0在x∈（0，+∞）上恒成立，求实数m的取值范围；
（2）在（1）的条件下，对任意的0＜a＜b，求证：$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}＜\frac{1}{a（a+1）}$．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导函数，对参数m分m≤0，m＞0两类进行讨论，求出单调区间；f（x）≤0在（0，+∞）上恒成立，即函数f（x）_max≤0，求出函数的最大值；
（2）先对要证明的不等式当变形，构造一个形如f（x）的函数，再根据已研究函数的性质，得出要证的结论．

解答 解：（ 1）定义域为（0，∞），f′（x）=$\frac{1}{x}$-m=$\frac{1-mx}{x}$，
当m≤0时，f′（x）＞0（x＞0），
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增； 
当m＞0时，令f′（x）＞0，得0＜x＜$\frac{1}{m}$，
∴f（x）在（0，$\frac{1}{m}$）上单调递增；
令f′（x）＜0，得x＞$\frac{1}{m}$，
∴f（x）在（$\frac{1}{m}$，+∞）上单调递减．
∴当m≤0时，f（x）的单调增区间是（0，+∞），无单调减区间；
当m＞0时，f（x）的单调增区间是（0，$\frac{1}{m}$），单调减区间是（$\frac{1}{m}$，+∞）．
当m≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，
且f（e）=lne-me+m=1+m（1-e）＞0，
∴f（x）≤0在（0，+∞）上不恒成立；
当m＞0时，得f（x）_max=f（$\frac{1}{m}$）=-lnm-1+m，
若使f（x）≤0在（0，+∞）上恒成立，只需-lnm-1+m≤0，
令g（m）=-lnm-1+m，g′（m）=$\frac{m-1}{m}$，
∴当m∈（0，1）时，g'（m）＜0，
当m∈（1，+∞）时，g'（m）＞0，
∴g（m）_min=g（1）=0，
∴只有m=1符合题意，
综上得，m=1．
证明：（ 2）由（ 1）知m=1，f（x）=lnx-x+1，
∴$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$=$\frac{lnb-lna}{b-a}$-1=$\frac{1}{a}$•$\frac{ln\frac{b}{a}}{\frac{b}{a}-1}$-1，
∵b＞a＞0，∴$\frac{b}{a}$＞1，
由（ 1）得，当x∈（0，+∞）时，lnx≤x-1，
∴ln $\frac{b}{a}$≤$\frac{b}{a}$-1，
∵$\frac{b}{a}$＞1，∴$\frac{ln\frac{b}{a}}{\frac{b}{a}-1}$≤1，
∵$\frac{1}{a}$＞0，∴$\frac{1}{a}$•$\frac{ln\frac{b}{a}}{\frac{b}{a}-1}$-1≤$\frac{1}{a}$-1＜$\frac{1}{a}$-$\frac{1}{a+1}$=$\frac{1}{a（a+1）}$，
∴$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}＜\frac{1}{a（a+1）}$．

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，这些都是导数中常考的题型，初学者要多做些这方面的习题．属于中档题．