Question

8．已知函數(shù)f （x）=lnx-mx+m．
（1）若f （x）≤0在x∈（0，+∞）上恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（2）在（1）的條件下，對(duì)任意的0＜a＜b，求證：$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}＜\frac{1}{a（a+1）}$．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導(dǎo)函數(shù)，對(duì)參數(shù)m分m≤0，m＞0兩類進(jìn)行討論，求出單調(diào)區(qū)間；f（x）≤0在（0，+∞）上恒成立，即函數(shù)f（x）_max≤0，求出函數(shù)的最大值；
（2）先對(duì)要證明的不等式當(dāng)變形，構(gòu)造一個(gè)形如f（x）的函數(shù)，再根據(jù)已研究函數(shù)的性質(zhì)，得出要證的結(jié)論．

解答 解：（ 1）定義域?yàn)椋?，∞），f′（x）=$\frac{1}{x}$-m=$\frac{1-mx}{x}$，
當(dāng)m≤0時(shí)，f′（x）＞0（x＞0），
∴f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增； 
當(dāng)m＞0時(shí)，令f′（x）＞0，得0＜x＜$\frac{1}{m}$，
∴f（x）在（0，$\frac{1}{m}$）上單調(diào)遞增；
令f′（x）＜0，得x＞$\frac{1}{m}$，
∴f（x）在（$\frac{1}{m}$，+∞）上單調(diào)遞減．
∴當(dāng)m≤0時(shí)，f（x）的單調(diào)增區(qū)間是（0，+∞），無(wú)單調(diào)減區(qū)間；
當(dāng)m＞0時(shí)，f（x）的單調(diào)增區(qū)間是（0，$\frac{1}{m}$），單調(diào)減區(qū)間是（$\frac{1}{m}$，+∞）．
當(dāng)m≤0時(shí)，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
且f（e）=lne-me+m=1+m（1-e）＞0，
∴f（x）≤0在（0，+∞）上不恒成立；
當(dāng)m＞0時(shí)，得f（x）_max=f（$\frac{1}{m}$）=-lnm-1+m，
若使f（x）≤0在（0，+∞）上恒成立，只需-lnm-1+m≤0，
令g（m）=-lnm-1+m，g′（m）=$\frac{m-1}{m}$，
∴當(dāng)m∈（0，1）時(shí)，g'（m）＜0，
當(dāng)m∈（1，+∞）時(shí)，g'（m）＞0，
∴g（m）_min=g（1）=0，
∴只有m=1符合題意，
綜上得，m=1．
證明：（ 2）由（ 1）知m=1，f（x）=lnx-x+1，
∴$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$=$\frac{lnb-lna}{b-a}$-1=$\frac{1}{a}$•$\frac{ln\frac{a}}{\frac{a}-1}$-1，
∵b＞a＞0，∴$\frac{a}$＞1，
由（ 1）得，當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，lnx≤x-1，
∴l(xiāng)n $\frac{a}$≤$\frac{a}$-1，
∵$\frac{a}$＞1，∴$\frac{ln\frac{a}}{\frac{a}-1}$≤1，
∵$\frac{1}{a}$＞0，∴$\frac{1}{a}$•$\frac{ln\frac{a}}{\frac{a}-1}$-1≤$\frac{1}{a}$-1＜$\frac{1}{a}$-$\frac{1}{a+1}$=$\frac{1}{a（a+1）}$，
∴$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}＜\frac{1}{a（a+1）}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是一道導(dǎo)數(shù)的綜合題，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，這里要對(duì)參數(shù)進(jìn)行討論，解決恒成立問(wèn)題，構(gòu)造函數(shù)證明不等式，這些都是導(dǎo)數(shù)中�？嫉念}型，初學(xué)者要多做些這方面的習(xí)題．屬于中檔題．