Question

3．函数f（x）=lnx-mx（x∈R）．
（Ⅰ）若曲线y=f（x）过点P（1，-1），求曲线y=f（x）在点P处的切线方程；
（Ⅱ）求函数y=f（x）在区间[1，e]上的最大值；
（Ⅲ）若x∈[1，e]，求证：lnx＜$\frac{x}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）中求出斜率，代入切线方程即可；
（Ⅱ）中需要讨论m的范围，m的取值范围不一样，求出的最值不同；
（Ⅲ）法一：令m=$\frac{1}{2}$，得到函数f（x）=lnx-$\frac{x}{2}$，求出f（x）的单调区间，得到f（x）在[1，e]上的最大值，从而证出结论；法二：设g（x）=lnx-$\frac{x}{2}$，x∈[1，e]，讨论g（x）的单调性，求出g（x）的最大值，从而证出结论．

解答 解：（Ⅰ）因为点P（1，-1）在曲线y=f（x）上，
所以-m=-1，解得m=1，
因为f′（x）=$\frac{1}{x}$-1=0，
所以切线的斜率为0，
所以切线方程为y=-1．
（Ⅱ）因为f′（x）=$\frac{1}{x}$-m=$\frac{1-mx}{x}$，
①当m≤0时，x∈（1，e），f′（x）＞0，
所以函数f （x）在（1，e）上单调递增，
则f （x）_max=f （e）=1-me．
②当$\frac{1}{m}$≥e，即0＜m≤$\frac{1}{e}$时，x∈（1，e），f′（x）＞0，
所以函数f （x）在（1，e）上单调递增，
则f （x）_max=f （e）=1-me．                                      
③当1＜$\frac{1}{m}$＜e，即$\frac{1}{e}$＜m＜1时，
函数f （x）在 （1，$\frac{1}{m}$）上单调递增，在（$\frac{1}{m}$，e）上单调递减，
则f （x）_max=f （$\frac{1}{m}$）=-lnm-1．                        
④当$\frac{1}{m}$≤1，即m≥1时，x∈（1，e），f′（x）＜0，
函数f （x）在（1，e）上单调递减，
则f （x）_max=f （1）=-m．
综上，①当m≤$\frac{1}{e}$时，f （x）_max=1-me；
②当$\frac{1}{e}$＜m＜1时，f （x）_max=-lnm-1；
③当m≥1时，f （x）_max=-m．    
（Ⅲ）法一：m=$\frac{1}{2}$时，x∈（1，2），f′（x）＞0，
∴f（x）在（1，2）递增，
x∈（2，e）f′（x）＜0，∴f（x）在（2，e）递减，
∴f（x）_max=f（2）=ln2-1＜0，
∴f（x）＜0即lnx-$\frac{x}{2}$＜0，
∴x∈[1，e]时，lnx＜$\frac{x}{2}$成立；
法二：证明：设g（x）=lnx-$\frac{x}{2}$，x∈[1，e]，
∵g′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{2}$=$\frac{2-x}{2x}$，
令g′（x）=0，得x=2，∴x∈（1，2），g′（x）＞0，函数g（x）在（1，2）递增，
x∈（2，e），g′（x）＜0，函数g（x）在（2，e）递减，
∴当x=2时，g（x）_max=g（2）=ln2-1＜0，
∴g（x）＜0，即lnx-$\frac{x}{2}$＜0，
∴当x∈[1，e]时，lnx＜$\frac{x}{2}$成立．

点评 本题是关于导数的综合应用，利用导数求斜率，求函数的单调区间以及区间上的最值是最主要的题型之一．