Question

已知函数f（x）=lnx-mx+m，m∈R．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若f（x）≤0在（0，+∞）上恒成立，求实数m的取值范围；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，证明：对任意的0＜a＜b，

f(b)-f(a)

b-a

≤

1

a

-1．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）求出f（x）的导函数，对参数m分m≤0，m＞0两类进行讨论，求出单调区间；
（Ⅱ）f（x）≤0在（0，+∞）上恒成立，即函数f（x）_max≤0，结合第（Ⅰ）所求的单调区间，求出函数的最大值；
（Ⅲ）先对要证明的不等式当变形，构造一个形如f（x）的函数，再根据已研究函数的性质，得出要证的结论．

解答： 解：（ I）定义域为（0，∞），f′(x)=

1

x

-m=

1-mx

x

，
当m≤0时，f′(x)=

1-mx

x

＞0(x＞0)，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增； 
当m＞0时，令f′(x)=

1-mx

x

＞0，得0＜x＜

1

m

，∴f（x）在(0，

1

m

)上单调递增；
令f′(x)=

1-mx

x

＜0，得x＞

1

m

，
∴f（x）在(

1

m

，+∞)上单调递减．
∴当m≤0时，f（x）的单调增区间是（0，+∞），无单调减区间；
当m＞0时，f（x）的单调增区间是(0，

1

m

)，单调减区间是(

1

m

，+∞)．
（ II）由（ I）知，当m≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，
且f（e）=lne-me+m=1+m（1-e）＞0，
∴f（x）≤0在（0，+∞）上不恒成立；
当m＞0时，由（ I）得f(x)max=f(

1

m

)=-lnm-1+m，
若使f（x）≤0在（0，+∞）上恒成立，只需-lnm-1+m≤0，
令g（m）=-lnm-1+m，g′(m)=

m-1

m

，
∴当m∈（0，1）时，g'（m）＜0，
当m∈（1，+∞）时，g'（m）＞0，
∴g（m）_min=g（1）=0，∴只有m=1符合题意，
综上得，m=1．
（ III）由（ II）知m=1，
∴

f(b)-f(a)

b-a

=

lnb-lna

b-a

-1=

1

a

•

ln b a

b a -1

-1，
∵b＞a＞0，∴

b

a

＞1，由（ II）得，当x∈（0，+∞）时，lnx≤x-1，
∴ln

b

a

≤

b

a

-1，
∵

b

a

＞1，∴

ln b a

b a -1

≤1，
∵

1

a

＞0，∴

1

a

•

ln b a

b a -1

-1≤

1

a

-1，
∴

f(b)-f(a)

b-a

≤

1

a

-1．

点评：本题是一道导数的综合题，利用导数求函数的单调区间，这里要对参数进行讨论，解决恒成立问题，构造函数证明不等式，这些都是导数中常考的题型，初学者要多做些这方面的习题．属于中档题．