Question

9．已知函數(shù)f（x）=lnx-ax．
（Ⅰ）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）當(dāng)a＜1時(shí)，證明：對(duì)?x∈（0，+∞），恒有f（x）＜-$\frac{lnx}{x}$+（1-a）x+1-a．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)以及函數(shù)的定義域，當(dāng)a≤0時(shí)及當(dāng)a＞0時(shí)，由f′（x）的符號(hào)，判斷f（x）的單調(diào)性；
（2）當(dāng)a＜1時(shí)，由題意可知，只需證明：lnx-x＜-$\frac{lnx}{x}$+1-a在（0，+∞）上恒成，構(gòu)造輔助函數(shù)F（x）=lnx-x，g（x）=-$\frac{lnx}{x}$+1-a，求導(dǎo)，利用函數(shù)單調(diào)性，分別求得F（x）_max和g（x）_min，由F（x）_max＜g（x）_min，即可證明對(duì)?x∈（0，+∞），恒有f（x）＜-$\frac{lnx}{x}$+（1-a）x+1-a．

解答 解：（1）f（x）的定義域?yàn)椋簒＞0，
f′（x）=$\frac{1}{x}$-a，
①當(dāng)a≤0時(shí)，f′（x）＞0恒成立，
∴f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
②當(dāng)a＞0時(shí)，由f′（x）＞0，求得x∈（0，$\frac{1}{a}$），
f′（x）＜0，求得x∈（$\frac{1}{a}$，+∞），
∴f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上單調(diào)遞增，在（$\frac{1}{a}$，+∞）上單調(diào)遞減，
綜上可知：當(dāng)a≤0時(shí)，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
當(dāng)a＞0時(shí)，f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上單調(diào)遞增，在（$\frac{1}{a}$，+∞）上單調(diào)遞減
（2）當(dāng)a＜1時(shí)，要證f（x）＜-$\frac{lnx}{x}$+（1-a）x+1-a在（0，+∞）上恒成，
只需證：lnx-x＜-$\frac{lnx}{x}$+1-a在（0，+∞）上恒成，
令F（x）=lnx-x，g（x）=-$\frac{lnx}{x}$+1-a，
F′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$，
可知F（x）在（0，1）上遞增，在（1，+∞）上遞減，
故F（x）≤F（1）=-1，
由g（x）=-$\frac{lnx}{x}$+1-a，g′（x）=-$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$=$\frac{lnx-1}{{x}^{2}}$，
當(dāng)0＜x＜e時(shí)，g′（x）＜0；
當(dāng)x＞e時(shí)，g′（x）＞0，
∴g（x）在（0，e）上遞減，在（e，+∞）上遞增，
∴g（x）≥g（e）=-$\frac{1}{e}$+1-a，
又a＜1，
∴-$\frac{1}{e}$+1-a＞-$\frac{1}{e}$＞-1，即F（x）_max＜g（x）_min，
∴l(xiāng)nx-x＜-$\frac{lnx}{x}$+1-a在（0，+∞）上恒成立，
當(dāng)a＜1時(shí)，對(duì)?x∈（0，+∞），恒有f（x）＜-$\frac{lnx}{x}$+（1-a）x+1-a．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，函數(shù)的最值與函數(shù)恒成立的關(guān)系的應(yīng)用，考查分析問(wèn)題及解決問(wèn)題能力，考查構(gòu)造法的應(yīng)用，屬于中檔題．