Question

4．已知函數f（x）=lnx-a（x-1），其中a為實數．
（Ⅰ）討論并求出f（x）的極值；
（Ⅱ）在a＜1時，是否存在m＞1，使得對任意的x∈（1，m）恒有f（x）＞0，并說明理由；
（Ⅲ） 確定a的可能取值，使得存在n＞1，對任意的x∈（1，n），恒有|f（x）|＜（x-1）²．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求導，當a≤0時，f'（x）＞0恒成立，函數無極值，當a＞0時，當x=$\frac{1}{a}$時，函數有極大值$f（\frac{1}{a}）=a-1-lna$，沒有極小值．
（Ⅱ）結合（I）中函數的單調性，可證得：在a＜1時，存在m＞1，使得對任意的x∈（1，m）恒有f（x）＞0；
（Ⅲ）分a＞1、a＜1和a=1把不等式|f（x）|＜（x-1）²的左邊去絕對值，即可得出結論．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）=lnx-a（x-1），
∴f'（x）=$\frac{1}{x}$-a，
當a≤0時，f'（x）＞0恒成立，函數在定義域（0，+∞）遞增，沒有極值；
當a＞0時，令f'（x）=0，則x=$\frac{1}{a}$，
當x∈（0，$\frac{1}{a}$）時，f'（x）＞0，函數為增函數，
當x∈（$\frac{1}{a}$，+∞）時，f'（x）＜0，函數為減函數，
故當x=$\frac{1}{a}$時，函數有極大值$f（\frac{1}{a}）=a-1-lna$，沒有極小值．
（Ⅱ）在a＜1時，存在m＞1，使得對任意的x∈（1，m）恒有f（x）＞0，理由如下：
當a≤0時，f'（x）＞0恒成立，函數在（1，m）遞增，
此時f（x）＞f（1）=0，
當0＜a＜1時，$\frac{1}{a}$＞1，
當x∈（1，m）?（1，$\frac{1}{a}$）時，f（x）＞f（1）=0，
綜上可得：在a＜1時，存在m＞1，使得對任意的x∈（1，m）恒有f（x）＞0，
（Ⅲ）當a＞1時，由（I）知，對于任意x∈（1，+∞），|f（x）|=a（x-1）-lnx，
令M（x）=a（x-1）-lnx-（x-1）²，x∈（1，+∞），
則有M′（x）=$\frac{-2（x-1）^{2}+（a-2）（x-1）+a-1}{x}$，
故當x∈（1，$\frac{a-2+\sqrt{{（a-2）}^{2}+8（a-1）}}{4}$）時，M′（x）＞0，M（x）
在[1，$\frac{a-2+\sqrt{{（a-2）}^{2}+8（a-1）}}{4}$）上單調遞增，
故M（x）＞M（1）=0，即|f（x）|＞（x-1）²，
∴滿足題意的t不存在．
當a＜1時，由（Ⅱ）知存在x₀＞0，使得對任意的任意x∈（0，x₀），|f（x）|=lnx-a（x-1），
令N（x）=lnx-a（x-1）-（x-1）²，x∈[1，+∞），則有N′（x）=$\frac{-2{（x-1）}^{2}-（a+2）（x-1）-a+1}{x}$，
故當x∈（1，$\frac{-a-2+\sqrt{{（a+2）}^{2}+8（1-a）}}{4}$）時，N′（x）＞0，M（x）在[1，$\frac{-a-2+\sqrt{{（a+2）}^{2}+8（1-a）}}{4}$）上單調遞增，故N（x）＞N（1）=0，
即f（x）＞（x-1）²，記x₀與$\frac{-a-2+\sqrt{{（a+2）}^{2}+8（1-a）}}{4}$中較小的為x₁，
則當x∈（1，x₁）時，恒有|f（x）|＞（x-1）²，故滿足題意的t不存在．
當a=1，由（1）知，當x∈（0，+∞）時，|f（x）|=x-1-lnx，
令H（x）=x-1-lnx-（x-1）²，x∈[1，+∞），則有H′（x）=$\frac{-2（x-1）^{2}-（x-1）}{x}$，
當x＞1，H′（x）＜0，∴H（x）在[1，+∞）上單調遞減，故H（x）＜H（1）=0，
故當x＞1時，恒有|f（x）|＜（x-1）²，此時，任意實數t滿足題意．
綜上，a=1．

點評 本小題主要考查導數及其應用等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力、創(chuàng)新意識，考查函數與方程思想、化歸與轉化思想、分類與整合思想、有限與無限思想、數形結合思想，是壓軸題．