题目内容

10.已知函数f(x)=lnx-ax-b(a,b∈R)
(Ⅰ)若函数f(x)在x=1处取得极值1,求a,b的值
(Ⅱ)讨论函数f(x)在区间(1,+∞)上的单调性
(Ⅲ)对于函数f(x)图象上任意两点A(x1,y1),B(x2,y2)(x1<x2),不等式f′(x0)<k恒成立,其中k为直线AB的斜率,x0=λx1+(1-λ)x2,0<λ<1,求λ的取值范围.

分析 (Ⅰ)求出函数的导数,由题意可得f′(1)=0,且f(1)=1,解方程即可得到a,b;
(Ⅱ)求出导数,对a讨论,①若a≤0,②0<a<1,③a≥1,求得单调区间即可;
(Ⅲ)求出f′(x0),以及直线AB的斜率,将f′(x0)<k等价变形,令函数g(t)=t-1-tlnt+λ(tlnt-lnt),t>1,对λ讨论,求出导数,判断单调性,即可得到所求范围.

解答 解:(Ⅰ)f(x)的导数为f′(x)=$\frac{1}{x}$-a,
由题意可得f′(1)=0,且f(1)=1,
即为1-a=0,且-a-b=1,
解得a=1.b=-2,经检验符合题意.
故a=1,b=-2;
(Ⅱ)由(Ⅰ)可得f′(x)=$\frac{1}{x}$-a,x>1,0<$\frac{1}{x}$<1,
①若a≤0,f′(x)>0,f(x)在(1,+∞)递增;
②0<a<1,x∈(1,$\frac{1}{a}$),f′(x)>0,x∈($\frac{1}{a}$,+∞),f′(x)<0;
③a≥1,f′(x)<0.f(x)在(1,+∞)递减.
综上可得,a≤0,f(x)在(1,+∞)递增;
0<a<1,f(x)在(1,$\frac{1}{a}$)递增,在($\frac{1}{a}$,+∞)递减;
a≥1,f(x)在(1,+∞)递减.
(Ⅲ)f′(x0)=$\frac{1}{{x}_{0}}$-a=$\frac{1}{λ{x}_{1}+(1-λ){x}_{2}}$-a,
直线AB的斜率为k=$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}-a({x}_{2}-{x}_{1})}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$-a,
f′(x0)<k?$\frac{1}{λ{x}_{1}+(1-λ){x}_{2}}$<$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$,
即x2-x1<ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$[λx1+(1-λ)x2],
即为$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-1<ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$[λ+(1-λ)$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$],
令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$>1,t-1<lnt[λ+(1-λ)t],
即t-1-tlnt+λ(tlnt-lnt)<0恒成立,
令函数g(t)=t-1-tlnt+λ(tlnt-lnt),t>1,
①当0<λ$≤\frac{1}{2}$时,g′(t)=-lnt+λ(lnt+1-$\frac{1}{t}$)=$\frac{-tlnt+λ(tlnt+t-1)}{t}$,
令φ(t)=-tlnt+λ(tlnt+t-1),t>1,
φ′(t)=-1-lnt+λ(2+lnt)=(λ-1)lnt+2λ-1,
当0<λ≤$\frac{1}{2}$时,φ′(t)<0,φ(t)在(1,+∞)递减,则φ(t)<φ(1)=0,
故当t>1时,g′(t)<0,
则g(t)在(1,+∞)递减,g(t)<g(1)=0符合题意;
②当$\frac{1}{2}$<λ<1时,φ′(t)=(λ-1)lnt+2λ-1>0,
解得1<t<${e}^{\frac{1-2λ}{λ-1}}$,
当t∈(1,${e}^{\frac{1-2λ}{λ-1}}$),φ′(t)>0,φ(t)在(1,${e}^{\frac{1-2λ}{λ-1}}$)递增,φ(t)>φ(1)=0;
当t∈(1,${e}^{\frac{1-2λ}{λ-1}}$),g′(t)>0,g(t)在(1,${e}^{\frac{1-2λ}{λ-1}}$)递增,g(t)>g(1)=0,
则有当t∈(1,${e}^{\frac{1-2λ}{λ-1}}$),g(t)>0不合题意.
即有0<λ≤$\frac{1}{2}$.

点评 本题考查导数的运用:求单调区间和极值、最值,同时考查函数的单调性的运用,不等式恒成立思想的运用,运用分类讨论的思想方法是解题的关键.

练习册系列答案
相关题目

违法和不良信息举报电话:027-86699610 举报邮箱:58377363@163.com

精英家教网