Question

4．已知函数f（x）=lnx-a（x-1），a∈R．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）当x＞0时，f（x）≤0恒成立；
（1）求a的值；
（2）若f（x₁）=f（x₂），x₁≠x₂，求证：x₁+x₂＞2．

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）（1）求出f（x）的最大值，得到f（$\frac{1}{a}$）=ln$\frac{1}{a}$-a（$\frac{1}{a}$-1）=a-1-lna≤0，令F（a）=a-1-lna，根据函数的得到求出a的值即可；
（2）令F（x）=f（x）-f（2-x），（0＜x＜2），求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{1}{x}$-a，（x＞0），
（1）a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）递增；
（2）a＞0时，令f′（x）＞0，解得：0＜x＜$\frac{1}{a}$，
故f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）递增，在（$\frac{1}{a}$，+∞）递减；
（Ⅱ）（1）∵f（x）=lnx-a（x-1）≤0恒成立，
∴f（2）=ln2-a≤0，故a≥ln2＞0，
a＞0时，由（Ⅰ）得f（x）_max=f（$\frac{1}{a}$）=ln$\frac{1}{a}$-a（$\frac{1}{a}$-1）=a-1-lna≤0，
令F（a）=a-1-lna，则F′（a）=1-$\frac{1}{a}$，
令F′（a）≥0，解得：a≥1，
故F（a）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，
故F（a）≥F（1）=0，
∴a-1-lna≥0，∵a-1-lna≤0，
∴a-1-lna=0，故a=1；
（2）不妨设x₁＜x₂，∵f（x）=lnx-（x-1）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减，
又∵f（x₁）=f（x₂），∴0＜x₁＜1＜x₂，
令F（x）=f（x）-f（2-x），（0＜x＜2），
则F′（x）=$\frac{2}{{-（x-1）}^{2}+1}$-2≥0，
∴F（x）在（0，2）递增，
∵0＜x₁＜1，∴F（x₁）＜F（1）=0，
∴f（x₁）-f（2-x₁）＜0，f（x₁）＜f（2-x₁），
又∵f（x₁）=f（x₂），∴f（x₂）＜f（2-x₁），
∵x₂＞1，2-x₁＞1，f（x）在（1，+∞）递减，
∴x₂＞2-x₁，
故x₁+x₂＞2．

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以及不等式的证明，是一道中档题．