Question

已知函数f（x）=lnx-x-

a

x

，a∈R．
（1）当a=0时，求函数f（x）的极大值；
（2）求函数f（x）的单调区间；
（3）当a＞1时，设函数g（x）=|f（x-1）+x-1+

a

x-1

|，若实数b满足：b＞a且g（

b

b-1

）=g（a），g（b）=2g（

a+b

2

），求证：4＜b＜5．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,利用导数研究函数的单调性

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（1）求导数，利用极值的定义，可得函数f（x）的极大值；
（2）求导数，分类讨论，利用导数的正负，即可求函数f（x）的单调区间；
（3）先证明（a-1）（b-1）=1，进而可得b-1=[

1

2

(

1

b-1

+b-1)]2．令b-1=t（t＞1），整理，得t³-3t²-t-1=0．记h（t）=t³-3t²-t-1，h（t）在（1，1+

2 3

3

）单调减，在（1+

2 3

3

，+∞）单调增，又因为h（3）＜0，h（4）＞0，即可得出结论．

解答： 解：函数f（x）的定义域为（0，+∞）．
（1）当a=0时，f（x）=lnx-x，f′（x）=

1

x

-1，
令f′（x）=0得x=1．    …（1分）
列表：

x	（0，1）	1	（0，+∞）
f′（x）	+	0	-
f（x）	↗	极大值	↘

所以f（x）的极大值为f（1）=-1．      …（3分）
（2）f′（x）=

-x2+x+a

x2

．
令f′（x）=0得-x²+x+a=0，记△=1+4a．
（ⅰ）当a≤-

1

4

时，f′（x）≤0，所以f（x）单调减区间为（0，+∞）； …（5分）
（ⅱ）当a＞-

1

4

时，由f′（x）=0得x₁=

1+ 1+4a

2

，x₂=

1- 1+4a

2

，
①若-

1

4

＜a＜0，则x₁＞x₂＞0，
由f′（x）＜0，得0＜x＜x₂，x＞x₁；由f′（x）＞0，得x₂＜x＜x₁．
所以，f（x）的单调减区间为（0，

1- 1+4a

2

），（

1+ 1+4a

2

，+∞），单调增区间为（

1- 1+4a

2

，

1+ 1+4a

2

）；       …（7分）
②若a=0，由（1）知f（x）单调增区间为（0，1），单调减区间为（1，+∞）；
③若a＞0，则x₁＞0＞x₂，
由f′（x）＜0，得x＞x₁；由f′（x）＞0，得0＜x＜x₁．
f（x）的单调减区间为（

1- 1+4a

2

，+∞），单调增区间为（0，

1+ 1+4a

2

）． …（9分）
（3）g（x）=|ln（x-1）（x＞1）
由g（

b

b-1

）=g（a），得ln|

1

b-1

|=|ln（a-1）|．
∵1＜a＜b，∴b-1=a-1（舍），或（a-1）（b-1）=1．
∴b＞2．         …（12分）
由g（b）=2g（

a+b

2

）得|ln（b-1）|=2|ln

1

2

[（a-1）+（b-1）]（*）
因为

a-1+b-1

2

≥

(a-1)(b-1)

=1，
所以（*）式可化为ln（b-1）=2ln

1

2

[（a-1）+（b-1）]，
即b-1=[

1

2

(

1

b-1

+b-1)]2．     …（14分）
令b-1=t（t＞1），整理，得t³-3t²-t-1=0．
记h（t）=t³-3t²-t-1．h′（t）=3t²-6t-1，令h′（t）=0得t=1-

2 3

3

（舍），t=1+

2 3

3

，列表：

t	（1，1+ 2 3 3 ）	（1+ 2 3 3 ，+∞）
h′（t）	-	+
h（t）	↘	↗

所以，h（t）在（1，1+

2 3

3

）单调减，在（1+

2 3

3

，+∞）单调增，
又因为h（3）＜0，h（4）＞0，所以3＜t＜4，从而4＜b＜5．    …（16分）

点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的极值，考查函数的单调性，考查不等式的证明，难度大．