Question

4．已知函数f（x）=lnx-a（x-1），a∈R．
（Ⅰ）求函数f（x）在（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）当x≥1时，f（x）≤$\frac{lnx}{x+1}$恒成立，求a的取值范围；
（Ⅲ）当x≥1时，求证：不等式e^x-1-a（x²-x）≥xf（x）+1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根据导数的几何意义即可求出答案
（Ⅱ）f（x）-$\frac{lnx}{x+1}$=f（x）-$\frac{lnx}{x+1}$=$\frac{xlnx-a（{x}^{2}-1）}{x+1}$，令g（x）=xlnx-a（x²-1），（x≥1），g′（x）=lnx+1-2ax，令F（x）=g′（x）=lnx+1-2ax，F′（x）=$\frac{1-2ax}{x}$，由此进行分类讨论，能求出实数a的取值范围．
（Ⅲ）原不等式等价于e^x-1≥xlnx+1，设φ（x）=e^x-1-xlnx-1，x≥1，利用导数求出函数的最小值大于等于0即可

解答 解：（Ⅰ）∵x＞0，f′（x）=$\frac{1}{x}$-a，
∴f′（1）=1-a，f（1）=0，
∴切点是（1，0），
∴切线方程为y=（1-a）（x-1），
（Ⅱ）f（x）-$\frac{lnx}{x+1}$=$\frac{xlnx-a（{x}^{2}-1）}{x+1}$，
令g（x）=xlnx-a（x²-1），（x≥1），
g′（x）=lnx+1-2ax，令F（x）=g′（x）=lnx+1-2ax，
∴F′（x）=$\frac{1-2ax}{x}$，
①若a≤0，F′（x）＞0，g′（x）在[1，+∞）上递增，
g′（x）≥g′（1）=1-2a＞0，
∴g（x）在[1，+∞）上递增，g（x）≥g（1）=0，
从而f（x）-$\frac{lnx}{x+1}$不符合题意．
②若0＜a＜$\frac{1}{2}$，当x∈（1，$\frac{1}{2a}$），F′（x）＞0，
∴g′（x）在（1，$\frac{1}{2a}$）上递增，
从而g′（x）＞g′（1）=1-2a，
∴g（x）在[1，+∞）上递增，g（x）≥g（1）=0，
从而f（x）-$\frac{lnx}{x+1}$不符合题意．
③若a≥$\frac{1}{2}$，F′（x）≤0在[1，+∞）上恒成立，
∴g′（x）在[1，+∞）上递减，g′（x）≤g′（1）=1-2a≤0，
从而g（x）在[1，+∞）上递减，
∴g（x）≤g（1）=0，f（x）-$\frac{lnx}{x+1}$≤0，
综上所述，a的取值范围是[$\frac{1}{2}$，+∞）．
（Ⅲ）不等式e^x-1-a（x²-x）≥xf（x）+1等价于e^x-1-a（x²-x）≥xlnx-a（x²-x）+1，等价于e^x-1≥xlnx+1，
设φ（x）=e^x-1-xlnx-1，x≥1，
∴φ′（x）=e^x-1-（1+lnx），x≥1，
再设m（x）=e^x-1-（1+lnx），
∴m′（x）=e^x-1-$\frac{1}{x}$≥0恒成立，
∴m（x）在[1，+∞）上单调递增，
∴m（x）_min=m（1）=1-1=0，
∴φ′（x）≥0，在[1，+∞）上恒成立，
∴φ（x）在[1，+∞）上单调递增，
∴φ（x）_min=φ（1）=1-0-1=0，
故e^x-1≥xlnx+1，
故当x≥1时，不等式e^x-1-a（x²-x）≥xf（x）+1成立

点评 本题考查函数的单调性的求法，考查满足条件的实数的取值范围的求法．综合性强，难度大，有一定的探索性，对数学思维的要求较高，解题时要注意导数性质的合理运用．