Question

15．已知函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=f（x）-$\frac{a}{x}$（a∈R） 
（ I）判斷函數(shù)g（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）是否存在實(shí)數(shù)m，使得f（x）+f（m-1）＞m-$\frac{x+1}{x}$對(duì)任意x≥1恒成立，若存在，求出實(shí)數(shù)m的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求導(dǎo)，再分當(dāng)a≥0和a＜0兩種情況根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系得到結(jié)論．
（2）由題意分離參數(shù)得到m-1+ln$\frac{1}{m-1}$＜lnx+$\frac{1}{x}$，x∈[1，+∞），設(shè)h（x）lnx+$\frac{1}{x}$利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最小值h（1）=1，又因?yàn)閔（$\frac{1}{m-1}$）=m-1+ln$\frac{1}{m-1}$≥1，故得出矛盾，故
故不存在實(shí)數(shù)m使得原不等式成立．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）=lnx，
∴g（x）=f（x）-$\frac{a}{x}$=lnx-$\frac{a}{x}$，x＞0，
∴g′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{x+a}{{x}^{2}}$，
當(dāng)a≥0時(shí)，在（0，+∞）上，g′（x）＞0，此時(shí)函數(shù)g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
當(dāng)a＜0時(shí)，在（0，-a）上，g′（x）＜0，此時(shí)函數(shù)g（x）在（0，-a）上單調(diào)遞減，
在（-a，+∞）上，g′（x）＞0，此時(shí)函數(shù)g（x）在（-a，+∞）上單調(diào)遞增，
綜上所述，當(dāng)a≥0時(shí)，函數(shù)g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，當(dāng)a＜0時(shí)，g（x）在（0，-a）上單調(diào)遞減，在（-a，+∞）上單調(diào)遞增．
（Ⅱ）∵f（x）+f（m-1）＞m-$\frac{x+1}{x}$，
∴l(xiāng)nx+ln（m-1）＞m-$\frac{x+1}{x}$，
∴m-ln（m-1）＜lnx+$\frac{x+1}{x}$，x∈[1，+∞），
∴m-1+ln$\frac{1}{m-1}$＜lnx+$\frac{1}{x}$，x∈[1，+∞），①
由（Ⅰ）可知當(dāng)a=-1時(shí)，h（x）lnx+$\frac{1}{x}$在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增．
∴當(dāng)x=1時(shí)，h（x）_min=h（1）=1，
∴要使①成立，需使m-1+ln$\frac{1}{m-1}$＜1，②
由（Ⅰ）可知h（$\frac{1}{m-1}$）=m-1+ln$\frac{1}{m-1}$≥1，與②矛盾，
故不存在實(shí)數(shù)m使得原不等式成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性最值的關(guān)系，以及恒成立問(wèn)題，關(guān)鍵是分離參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，屬于中檔題．