Question

6．已知函數(shù)f（x）=lnx-ax（a∈R）．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若函數(shù)g（x）=$\left\{\begin{array}{l}{f（x）（0＜x≤1）}\\{ax-1（-1≤x≤0）}\end{array}\right.$，且g（x）≤1恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求導數(shù)，分別令導數(shù)大于零、小于零解得函數(shù)的增減區(qū)間，注意結(jié)合定義域?qū)ψ帜竌進行討論；
（2）求出函數(shù)g（x）在定義域內(nèi)的最大值，令其小于或等于1，解出a即可．

解答 解：（1）由已知$f′（x）=\frac{1}{x}-a=\frac{1-ax}{x}$（x＞0）．
當a=0時，$f′（x）=\frac{1}{x}＞0$，故函數(shù)f（x）在定義域內(nèi)是增函數(shù)．
當a≠0時，令f′（x）=0得x=$\frac{1}{a}$．
若a＜0，由f′（x）＞0得x$＞\frac{1}{a}$，結(jié)合定義域得f′（x）＞0在定義域內(nèi)恒成立，故函數(shù)f（x）在定義域內(nèi)是增函數(shù)；
若a＞0，由f′（x）＞0得$0＜x＜\frac{1}{a}$，f′（x）＜0得x$＞\frac{1}{a}$．故函數(shù)f（x）的增區(qū)間為（0，$\frac{1}{a}$），減區(qū)間為[$\frac{1}{a}，+∞$）．
綜上，當a≤0時，f（x）在（0，+∞）內(nèi)是增函數(shù)；當a＞0時，f（x）的增區(qū)間為（0，$\frac{1}{a}$），減區(qū)間為[$\frac{1}{a}，+∞$）．
（2）①當0＜x≤1時，g（x）=f（x），由（1）知：
當a≤0時，f（x）在（0，1]內(nèi)遞增，所以f（x）_max=f（1）=ln1-a≤1，即-1≤a≤0即為所求；
當$0＜\frac{1}{a}＜1$，即a＞1時，f（x）在（0，$\frac{1}{a}$]上遞增，在$（\frac{1}{a}，1]$上遞減，故此時f（x）_max=f（$\frac{1}{a}$）=$ln\frac{1}{a}-1≤1$，解得$a≥\frac{1}{{e}^{2}}$，故此時a＞1為所求；
當$\frac{1}{a}≥1$，即0＜a≤1時，f′（x）＞0在（0，1）上恒成立，故此時f（x）為增函數(shù)，所以f（x）_max=f（1）=ln1-a≤1，解得a≥-1，故0＜a≤1符合題意．
所以當0＜x≤1時，所求a的范圍是a≥-1．
②當-1≤x≤0時，
若a＜0，則g（x）=ax-1為減函數(shù)，此時g（x）_max=g（-1）=-a-1≤1，解得-2≤a＜0，
若a=0，g（x）=-1＜1顯然成立，
若a＞0，g（x）=ax-1是增函數(shù)，所以g（x）_max=g（0）=-1≤1顯然成立．
所以當-1≤x≤0時，所求a的范圍是a≥-2．
綜合①②可知，若函數(shù)g（x）≤1恒成立，只需a≥-1即可．

點評 本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的方法，以及與分段函數(shù)有關的不等式恒成立問題，注意此類問題仍然遵循分段處理的原則．