Question

已知函数f（x）=lnx-ax．
（1）当a=1时，求f（x）的最大值；
（2）试讨论函数y=f（x）的零点情况；
（3）设a_k，b_k，…（k=1，2，…，n）均为正数，若a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n≤b₁+b₂+…+b_n，求证：…≤1．

Answer 1

解：（1）当a=1时，f′（x）=-1，当x＞1时，f′（x）＜0，当0＜x＜1时，f′（x）＞0．
故函数f（x）=lnx-ax在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是减函数．
故f_max（x）=f（1）=ln1-1=-1．
（2）由 y=f（x）=0 可得lnx=ax，故函数y=f（x）的零点个数即为 y=lnx与 y=ax 的交点的个数．
结合图象可得，当a≤0时，f（x）的零点个数仅有一个．
当a＞0时，令f′（x）=-a=0，可得 x=．
由于 当x＞时，f′（x）＜0，当0＜x＜时，f′（x）＞0． 故 f（x）在（0，）上是增函数，在（，+∞）上是减函数．
故f_max（x）=f（）=-lna-1．
故当-lna-1＞0时，即 0＜a＜ 时，y=f（x）有2个零点；当a= 时，y=f（x）有1个零点； 当a＞ 时，y=f（x）没有零点．
综上可得，当a≤0或a= 时，y=f（x）有1个零点； 当 0＜a＜ 时，y=f（x）有2个零点； 当a＞ 时，y=f（x）没有零点．
（3）由（1）可得，当x∈（0，+∞）时，lnx≤x-1．
∵a_k，b_k 都是正数，∴lna_k＜a_k-1，
∴b_k•lna_k＜b_k（a_k-1）=b_k•a_k-b_k．
∴ln+ln +…+ln ＜a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n -（ b₁+b₂+…+b_n）．
又因为 a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n≤b₁+b₂+…+b_n，
∴ln+ln +…+ln ≤0，即ln（•…）≤0，
故 …≤1．
分析：（1）利用导数研究函数的单调性，可得函数f（x）=lnx-ax在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是减函数，故f_max（x）=f（1）．
（2）由 y=f（x）=0 可得lnx=ax，故函数y=f（x）的零点个数即为 y=lnx与 y=ax 的交点的个数．结合图象可得，当a≤0或a= 时，y=f（x）有1个零点； 当 0＜a＜ 时，y=f（x）有2个零点； 当a＞ 时，y=f（x）没有零点．
（3）由（1）可得，当x∈（0，+∞）时，lnx≤x-1，可得 lna_k＜a_k-1，故 b_k•lna_k＜b_k（a_k-1）=b_k•a_k-b_k．可得 ln+ln +…+ln ＜a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n -（ b₁+b₂+…+b_n），再由已知条件证得 …≤1成立．
点评：本题主要考查方程的根的存在性及个数判断，利用导数研究函数的单调性，用放缩法证明不等式，属于中档题．