Question

10．已知函数f（x）=lnx-ax（a为常数）．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若a＞0，求不等式f（x）-f（$\frac{2}{a}$-x）＞0的解集；
（Ⅲ）若存在两个不相等的整数x₁，x₂满足f（x₁）=f（x₂），求证：x₁+x₂＞$\frac{2}{a}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）设F（x）=f（x）-f（$\frac{2}{a}$-x），根据函数的单调性求出不等式的解集即可；
（Ⅲ）求出a＞0，不妨设0＜x₁＜$\frac{1}{a}$＜x₂，则$\frac{2}{a}$-x₁∈（$\frac{1}{a}$，+∞），根据函数的单调性得到f（x₁）＜f（$\frac{2}{a}$-x₁），由f（x₁）=f（x₂），替换即可．

解答 解：（I）f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x）=$\frac{1}{x}$-a=$\frac{1-ax}{x}$，
（1）当a≤0时，恒有f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增；
（2）当a＞0时，由f′（x）＞0，得0＜x＜$\frac{1}{a}$，
故f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上单调递增，在（$\frac{1}{a}$，+∞）上单调递减，
综上（1）（2）可知：当a≤0时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞）；
当a＞0时，f（x）的单调递增区间为（0，$\frac{1}{a}$），单调递减区间为（$\frac{1}{a}$，+∞）；
（II）f（x）的定义域为（0，+∞），所以x＞0，且$\frac{2}{a}$-x＞0，而a＞0，0＜x＜$\frac{2}{a}$；
设F（x）=f（x）-f（$\frac{2}{a}$-x）=lnx-ax-ln（$\frac{2}{a}$-x）+a（$\frac{2}{a}$-x）=lnx=ln（$\frac{2}{a}$-x）-2ax+2，
F′（x）=$\frac{2{a（x-\frac{1}{a}）}^{2}}{x（\frac{2}{a}-x）}$≥0，且当且仅当x=$\frac{1}{a}$时取等号，
所以F（x）在（0，$\frac{2}{a}$）上单调递增，又因为x=$\frac{1}{a}$时，F（x）=F（$\frac{1}{a}$）=0，
所以当x∈（0，$\frac{1}{a}$）时，F（x）＜0，当x∈（$\frac{1}{a}$，$\frac{2}{a}$）时，F（x）＞0，
故f（x）-f（$\frac{2}{a}$-x）＞0的解集为（$\frac{1}{a}$，$\frac{2}{a}$）；
（III）由（I）知a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，若f（x₁）=f（x₂），
则x₁=x₂不合题意；
故a＞0，而f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上单调递增，在（$\frac{1}{a}$，+∞）上单调递减，
若存在两个不相等的正数x₁，x₂满足f（x₁）=f（x₂），
则x₁，x₂必有一个在（0，$\frac{1}{a}$）上，另一个在（$\frac{1}{a}$，+∞），
不妨设0＜x₁＜$\frac{1}{a}$＜x₂，则$\frac{2}{a}$-x₁∈（$\frac{1}{a}$，+∞），
又由（II）知x∈（0，$\frac{1}{a}$）时，F（x）＜0，即f（x）-f（$\frac{2}{a}$-x）＜0，
所以f（x₁）＜f（$\frac{2}{a}$-x₁），
因为f（x₁）=f（x₂），所以f（x₂）＜f（$\frac{2}{a}$-x₁），
又因为f（x）在（$\frac{1}{a}$，+∞）上单调递减，所以x₂＞$\frac{2}{a}$-x₁，
即 x₁+x₂＞$\frac{2}{a}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．