Question

已知函數f（x）=lnx-ax．
（1）當a=1時，求f（x）的最大值；
（2）試討論函數y=f（x）的零點情況；
（3）設a_k，b_k，…（k=1，2，…，n）均為正數，若a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n≤b₁+b₂+…+b_n，求證：…≤1．

Answer 1

【答案】分析：（1）利用導數研究函數的單調性，可得函數f（x）=lnx-ax在（0，1）上是增函數，在（1，+∞）上是減函數，故f_max（x）=f（1）．
（2）由 y=f（x）=0 可得lnx=ax，故函數y=f（x）的零點個數即為 y=lnx與 y=ax 的交點的個數．結合圖象可得，當a≤0或a= 時，y=f（x）有1個零點； 當 0＜a＜ 時，y=f（x）有2個零點； 當a＞ 時，y=f（x）沒有零點．
（3）由（1）可得，當x∈（0，+∞）時，lnx≤x-1，可得 lna_k＜a_k-1，故 b_k•lna_k＜b_k（a_k-1）=b_k•a_k-b_k．可得 ln+ln +…+ln ＜a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n -（ b₁+b₂+…+b_n），再由已知條件證得 …≤1成立．
解答：解：（1）當a=1時，f′（x）=-1，當x＞1時，f′（x）＜0，當0＜x＜1時，f′（x）＞0．
故函數f（x）=lnx-ax在（0，1）上是增函數，在（1，+∞）上是減函數．
故f_max（x）=f（1）=ln1-1=-1．
（2）由 y=f（x）=0 可得lnx=ax，故函數y=f（x）的零點個數即為 y=lnx與 y=ax 的交點的個數．
結合圖象可得，當a≤0時，f（x）的零點個數僅有一個．
當a＞0時，令f′（x）=-a=0，可得 x=．
由于 當x＞時，f′（x）＜0，當0＜x＜時，f′（x）＞0． 故 f（x）在（0，）上是增函數，在（，+∞）上是減函數．
故f_max（x）=f（）=-lna-1．
故當-lna-1＞0時，即 0＜a＜ 時，y=f（x）有2個零點；當a= 時，y=f（x）有1個零點； 當a＞ 時，y=f（x）沒有零點．
綜上可得，當a≤0或a= 時，y=f（x）有1個零點； 當 0＜a＜ 時，y=f（x）有2個零點； 當a＞ 時，y=f（x）沒有零點．
（3）由（1）可得，當x∈（0，+∞）時，lnx≤x-1．
∵a_k，b_k 都是正數，∴l(xiāng)na_k＜a_k-1，
∴b_k•lna_k＜b_k（a_k-1）=b_k•a_k-b_k．
∴l(xiāng)n+ln +…+ln ＜a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n -（ b₁+b₂+…+b_n）．
又因為 a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n≤b₁+b₂+…+b_n，
∴l(xiāng)n+ln +…+ln ≤0，即ln（•…）≤0，
故 …≤1．
點評：本題主要考查方程的根的存在性及個數判斷，利用導數研究函數的單調性，用放縮法證明不等式，屬于中檔題．