Question

4．已知函數(shù)f（x）=lnx-a（x-1），a∈R．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）在（1，f（1））處的切線方程；
（Ⅱ）當(dāng)x≥1時(shí)，f（x）≤$\frac{lnx}{x+1}$恒成立，求a的取值范圍；
（Ⅲ）當(dāng)x≥1時(shí)，求證：不等式e^x-1-a（x²-x）≥xf（x）+1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可求出答案
（Ⅱ）f（x）-$\frac{lnx}{x+1}$=f（x）-$\frac{lnx}{x+1}$=$\frac{xlnx-a（{x}^{2}-1）}{x+1}$，令g（x）=xlnx-a（x²-1），（x≥1），g′（x）=lnx+1-2ax，令F（x）=g′（x）=lnx+1-2ax，F(xiàn)′（x）=$\frac{1-2ax}{x}$，由此進(jìn)行分類討論，能求出實(shí)數(shù)a的取值范圍．
（Ⅲ）原不等式等價(jià)于e^x-1≥xlnx+1，設(shè)φ（x）=e^x-1-xlnx-1，x≥1，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最小值大于等于0即可

解答 解：（Ⅰ）∵x＞0，f′（x）=$\frac{1}{x}$-a，
∴f′（1）=1-a，f（1）=0，
∴切點(diǎn)是（1，0），
∴切線方程為y=（1-a）（x-1），
（Ⅱ）f（x）-$\frac{lnx}{x+1}$=$\frac{xlnx-a（{x}^{2}-1）}{x+1}$，
令g（x）=xlnx-a（x²-1），（x≥1），
g′（x）=lnx+1-2ax，令F（x）=g′（x）=lnx+1-2ax，
∴F′（x）=$\frac{1-2ax}{x}$，
①若a≤0，F(xiàn)′（x）＞0，g′（x）在[1，+∞）上遞增，
g′（x）≥g′（1）=1-2a＞0，
∴g（x）在[1，+∞）上遞增，g（x）≥g（1）=0，
從而f（x）-$\frac{lnx}{x+1}$不符合題意．
②若0＜a＜$\frac{1}{2}$，當(dāng)x∈（1，$\frac{1}{2a}$），F(xiàn)′（x）＞0，
∴g′（x）在（1，$\frac{1}{2a}$）上遞增，
從而g′（x）＞g′（1）=1-2a，
∴g（x）在[1，+∞）上遞增，g（x）≥g（1）=0，
從而f（x）-$\frac{lnx}{x+1}$不符合題意．
③若a≥$\frac{1}{2}$，F(xiàn)′（x）≤0在[1，+∞）上恒成立，
∴g′（x）在[1，+∞）上遞減，g′（x）≤g′（1）=1-2a≤0，
從而g（x）在[1，+∞）上遞減，
∴g（x）≤g（1）=0，f（x）-$\frac{lnx}{x+1}$≤0，
綜上所述，a的取值范圍是[$\frac{1}{2}$，+∞）．
（Ⅲ）不等式e^x-1-a（x²-x）≥xf（x）+1等價(jià)于e^x-1-a（x²-x）≥xlnx-a（x²-x）+1，等價(jià)于e^x-1≥xlnx+1，
設(shè)φ（x）=e^x-1-xlnx-1，x≥1，
∴φ′（x）=e^x-1-（1+lnx），x≥1，
再設(shè)m（x）=e^x-1-（1+lnx），
∴m′（x）=e^x-1-$\frac{1}{x}$≥0恒成立，
∴m（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴m（x）_min=m（1）=1-1=0，
∴φ′（x）≥0，在[1，+∞）上恒成立，
∴φ（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴φ（x）_min=φ（1）=1-0-1=0，
故e^x-1≥xlnx+1，
故當(dāng)x≥1時(shí)，不等式e^x-1-a（x²-x）≥xf（x）+1成立

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的單調(diào)性的求法，考查滿足條件的實(shí)數(shù)的取值范圍的求法．綜合性強(qiáng)，難度大，有一定的探索性，對(duì)數(shù)學(xué)思維的要求較高，解題時(shí)要注意導(dǎo)數(shù)性質(zhì)的合理運(yùn)用．