Question

9．已知函数f（x）=lnx-mx+m，（m∈R），x∈[0，$\frac{π}{2}$]．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若函数f（x）≤0对任意x∈（0，+∞）恒成立，求实数m值；
（3）在（2）的条件下，若0＜a＜b，证明：$\frac{f（b）-f（a）}{lnb-lna}$＜1-a．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论m的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）问题转化为$f{（x）_{max}}=f（\frac{1}{m}）=m-1-lnm≤0$，设h（m）=m-1-lnm，根据函数的单调性求出函数的最小值，从而求出m的值即可；
（3）m=1时，设$\frac{b}{a}=t，t＞1$．由（2）知x＞1时t-1-lnt＞0恒成立，所以t-1＞lnt＞0，从而证出结论．

解答 解：（1）$f'（x）=\frac{1}{x}-m$
若m≤0，则f'（x）＞0（x＞0）恒成立；
若m＞0，则$f'（x）＞0⇒0＜x＜\frac{1}{m}；f'（x）＜0⇒x＞\frac{1}{m}$
综上m≤0，f（x）在（0，+∞）递增；
m＞0，f（x）在$（0，\frac{1}{m}）$递增，则$（\frac{1}{m}，+∞）$递减．
（2）由（1）知m≤0，f（x）在（0，+∞）递增，又f（1）=0，
∴x＞0时f（x）＞0，不符合题意，舍去；
若m＞0，只需$f{（x）_{max}}=f（\frac{1}{m}）=m-1-lnm≤0$，
设h（m）=m-1-lnm，则$h（m）=1-\frac{1}{m}$，h'（m）＞0⇒m＞1；
h'（m）＜0⇒0＜m＜1h（m）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，
⇒h（m）_min=h（1）=0．m＞0且m≠1∴时，h（m）＞0．
当且仅当m=1时h（m）≤（=）0，综上m=1．
（3）m=1，f（x）=lnx-x+1$0＜a＜b，\frac{f（b）-f（a）}{lnb-lna}=1-a•\frac{{\frac{b}{a}-1}}{{ln\frac{b}{a}}}$，
设$\frac{b}{a}=t，t＞1$．由（2）知x＞1时t-1-lnt＞0恒成立，所以t-1＞lnt＞0，
所以$\frac{t-1}{lnt}＞1$，即$\frac{{\frac{b}{a}-1}}{{ln\frac{b}{a}}}＞1$，因为a＞0，
所以$1-a•\frac{{\frac{b}{a}-1}}{{ln\frac{b}{a}}}＜1-a$，即$\frac{f（b）-f（a）}{lnb-lna}＜1-a$．

点评 本题考查了函数的函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，是一道综合题．