Question

10．已知函数f（x）=lnx．
（Ⅰ）y=kx与f（x）相切，求k的值；
（Ⅱ）证明：当a≥1时，对任意x＞0不等式f（x）≤ax+$\frac{a-1}{x}$-1恒成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，设出切点坐标，求出k的值即可；
（Ⅱ）问题转化为ax+$\frac{a-1}{x}$-lnx≥1恒成立，当a≥1时，记h（x）=ax+$\frac{a-1}{x}$-lnx，根据函数的单调性求出h（x）的最小值，从而证出结论即可．

解答 （Ⅰ）解：由f（x）=lnx，得：f′（x）=$\frac{1}{x}$，
设切点坐标为（x₀，y₀），
则$\left\{\begin{array}{l}{{y}_{0}=l{nx}_{0}}\\{k=\frac{1}{{x}_{0}}}\\{{y}_{0}={kx}_{0}}\end{array}\right.$，解得：k=$\frac{1}{e}$…..（5分）
（Ⅱ）证明：只需证f（x）-g（x）≥1，
即ax+$\frac{a-1}{x}$-lnx≥1恒成立，
当a≥1时，记h（x）=ax+$\frac{a-1}{x}$-lnx，
则在（0，+∞）上，h（x）≥1，
h′（x）=$\frac{（ax+a-1）（x-1）}{{x}^{2}}$，…..（9分）
∵a≥1，x＞0，∴ax+a-1＞0，
x∈（0，1）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减；
x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增
∴h（x）_min=h（1）=2a-1，
∵a≥1，∴2a-1≥1，即h（x）≥1恒成立…..（12分）

点评 本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，是一道中档题．