Question

已知函數(shù)f（x）=lnx-x-

a

x

，a∈R．
（1）當a=0時，求函數(shù)f（x）的極大值；
（2）求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（3）當a＞1時，設函數(shù)g（x）=|f（x-1）+x-1+

a

x-1

|，若實數(shù)b滿足：b＞a且g（

b

b-1

）=g（a），g（b）=2g（

a+b

2

），求證：4＜b＜5．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究函數(shù)的極值,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性

專題：綜合題,導數(shù)的綜合應用

分析：（1）求導數(shù)，利用極值的定義，可得函數(shù)f（x）的極大值；
（2）求導數(shù)，分類討論，利用導數(shù)的正負，即可求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（3）先證明（a-1）（b-1）=1，進而可得b-1=[

1

2

(

1

b-1

+b-1)]2．令b-1=t（t＞1），整理，得t³-3t²-t-1=0．記h（t）=t³-3t²-t-1，h（t）在（1，1+

2 3

3

）單調減，在（1+

2 3

3

，+∞）單調增，又因為h（3）＜0，h（4）＞0，即可得出結論．

解答： 解：函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞）．
（1）當a=0時，f（x）=lnx-x，f′（x）=

1

x

-1，
令f′（x）=0得x=1．    …（1分）
列表：

x	（0，1）	1	（0，+∞）
f′（x）	+	0	-
f（x）	↗	極大值	↘

所以f（x）的極大值為f（1）=-1．      …（3分）
（2）f′（x）=

-x2+x+a

x2

．
令f′（x）=0得-x²+x+a=0，記△=1+4a．
（�。┊攁≤-

1

4

時，f′（x）≤0，所以f（x）單調減區(qū)間為（0，+∞）； …（5分）
（ⅱ）當a＞-

1

4

時，由f′（x）=0得x₁=

1+ 1+4a

2

，x₂=

1- 1+4a

2

，
①若-

1

4

＜a＜0，則x₁＞x₂＞0，
由f′（x）＜0，得0＜x＜x₂，x＞x₁；由f′（x）＞0，得x₂＜x＜x₁．
所以，f（x）的單調減區(qū)間為（0，

1- 1+4a

2

），（

1+ 1+4a

2

，+∞），單調增區(qū)間為（

1- 1+4a

2

，

1+ 1+4a

2

）；       …（7分）
②若a=0，由（1）知f（x）單調增區(qū)間為（0，1），單調減區(qū)間為（1，+∞）；
③若a＞0，則x₁＞0＞x₂，
由f′（x）＜0，得x＞x₁；由f′（x）＞0，得0＜x＜x₁．
f（x）的單調減區(qū)間為（

1- 1+4a

2

，+∞），單調增區(qū)間為（0，

1+ 1+4a

2

）． …（9分）
（3）g（x）=|ln（x-1）（x＞1）
由g（

b

b-1

）=g（a），得ln|

1

b-1

|=|ln（a-1）|．
∵1＜a＜b，∴b-1=a-1（舍），或（a-1）（b-1）=1．
∴b＞2．         …（12分）
由g（b）=2g（

a+b

2

）得|ln（b-1）|=2|ln

1

2

[（a-1）+（b-1）]（*）
因為

a-1+b-1

2

≥

(a-1)(b-1)

=1，
所以（*）式可化為ln（b-1）=2ln

1

2

[（a-1）+（b-1）]，
即b-1=[

1

2

(

1

b-1

+b-1)]2．     …（14分）
令b-1=t（t＞1），整理，得t³-3t²-t-1=0．
記h（t）=t³-3t²-t-1．h′（t）=3t²-6t-1，令h′（t）=0得t=1-

2 3

3

（舍），t=1+

2 3

3

，列表：

t	（1，1+ 2 3 3 ）	（1+ 2 3 3 ，+∞）
h′（t）	-	+
h（t）	↘	↗

所以，h（t）在（1，1+

2 3

3

）單調減，在（1+

2 3

3

，+∞）單調增，
又因為h（3）＜0，h（4）＞0，所以3＜t＜4，從而4＜b＜5．    …（16分）

點評：本題考查導數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的極值，考查函數(shù)的單調性，考查不等式的證明，難度大．