Question

9．已知函数f（x）=lnx-ax．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）当a＜1时，证明：对?x∈（0，+∞），恒有f（x）＜-$\frac{lnx}{x}$+（1-a）x+1-a．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导函数以及函数的定义域，当a≤0时及当a＞0时，由f′（x）的符号，判断f（x）的单调性；
（2）当a＜1时，由题意可知，只需证明：lnx-x＜-$\frac{lnx}{x}$+1-a在（0，+∞）上恒成，构造辅助函数F（x）=lnx-x，g（x）=-$\frac{lnx}{x}$+1-a，求导，利用函数单调性，分别求得F（x）_max和g（x）_min，由F（x）_max＜g（x）_min，即可证明对?x∈（0，+∞），恒有f（x）＜-$\frac{lnx}{x}$+（1-a）x+1-a．

解答 解：（1）f（x）的定义域为：x＞0，
f′（x）=$\frac{1}{x}$-a，
①当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增；
②当a＞0时，由f′（x）＞0，求得x∈（0，$\frac{1}{a}$），
f′（x）＜0，求得x∈（$\frac{1}{a}$，+∞），
∴f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上单调递增，在（$\frac{1}{a}$，+∞）上单调递减，
综上可知：当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a＞0时，f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上单调递增，在（$\frac{1}{a}$，+∞）上单调递减
（2）当a＜1时，要证f（x）＜-$\frac{lnx}{x}$+（1-a）x+1-a在（0，+∞）上恒成，
只需证：lnx-x＜-$\frac{lnx}{x}$+1-a在（0，+∞）上恒成，
令F（x）=lnx-x，g（x）=-$\frac{lnx}{x}$+1-a，
F′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$，
可知F（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，
故F（x）≤F（1）=-1，
由g（x）=-$\frac{lnx}{x}$+1-a，g′（x）=-$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$=$\frac{lnx-1}{{x}^{2}}$，
当0＜x＜e时，g′（x）＜0；
当x＞e时，g′（x）＞0，
∴g（x）在（0，e）上递减，在（e，+∞）上递增，
∴g（x）≥g（e）=-$\frac{1}{e}$+1-a，
又a＜1，
∴-$\frac{1}{e}$+1-a＞-$\frac{1}{e}$＞-1，即F（x）_max＜g（x）_min，
∴lnx-x＜-$\frac{lnx}{x}$+1-a在（0，+∞）上恒成立，
当a＜1时，对?x∈（0，+∞），恒有f（x）＜-$\frac{lnx}{x}$+（1-a）x+1-a．

点评 本题考查函数导数的综合应用，函数的最值与函数恒成立的关系的应用，考查分析问题及解决问题能力，考查构造法的应用，属于中档题．