Question

已知函数f（x）=alnx-x+1，a∈R．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若f（x）≤0在x∈（0，+∞）上恒成立，求所有实数a的值；
（Ⅲ）对任意的0＜m＜n，证明：

1

n

-1＜

f(n)-f(m)

n-m

＜

1

m

-1．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数研究函数的极值

专题：导数的综合应用

分析：对于第一问可通过对函数求导求单调区间，再讨论a的范围确定导函数的符号，从而求出单调区间．
对于第二问分别讨论a≤0和a＞0的情况：a≤0时，发现在（0，1）上函数f（x）＞0，∴f（x）≤0在区间x∈（0，+∞）上不可能恒成立；
当a＞0时，再次求导求出a的值．
对于第三问是在第二问的基础上得到关系式：lnx≤x-1和-lnx≥1-x，通过代入求值，替换的方法结论得证．

解答： 解：（1）f′(x)=

a

x

-1=

a-x

x

(x＞0)，
当a≤0时，f'（x）＜0，f（x）减区间为（0，+∞），
当a＞0时，由f'（x）＞0得0＜x＜a，由f'（x）＜0得x＞a；
∴f（x）递增区间为（0，a），递减区间为（a，+∞）．
（2）由（1）知：当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上为减区间，而f（1）=0，
∴在（0，1）上函数f（x）＞0，
∴f（x）≤0在区间x∈（0，+∞）上不可能恒成立；                          （
当a＞0时，f（x）在（0，a）上递增，在（a，+∞）上递减，f（x）_max=f（a）=alna-a+1，令g（a）=alna-a+1，
依题意有g（a）≤0，而g'（a）=lna，且a＞0
∴g（a）在（0，1）上递减，在（1，+∞）上递增，
∴g（a）_min=g（1）=0，故a=1（19分）
（3）由（2）知：a=1时，f（x）=lnx-x+1且f（x）≤0恒成立
即lnx≤x-1恒成立
则

f(n)-f(m)

n-m

=

(lnn-n+1)-(lnm-m+1)

n-m

=

ln n m

n-m

-1≤

n m -1

n-m

-1≤

1

m

-1
又由lnx≤x-1知-lnx≥1-x在（0，+∞）上恒成立
∴

f(n)-f(m)

n-m

=

ln n m

n-m

-1=

-ln m n

n-m

-1≥

1- m n

n-m

-1=

1

n

-1
综上所述：对任意的0＜m＜n，证明：

1

n

-1＜

f(n)-f(m)

n-m

＜

1

m

-1

点评：本题是一道综合题，函数求导，利用导数求单调区间，求函数极值问题，考察了不等式的证明以及各知识点的综合应用．