Question

9．設(shè)a∈R，函數(shù)f（x）=lnx-ax．
（Ⅰ）求f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（Ⅱ）設(shè)F（x）=f（x）+ax²+ax，問F（x）是否存在極值，若存在，請求出極值；若不存在，請說明理由；
（Ⅲ）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是函數(shù)g（x）=f（x）+ax圖象上任意不同的兩點，線段AB的中點為C（x₀，y₀），直線AB的斜率為為k．證明：k＞g′（x₀）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函數(shù)的定義域，求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)，然后分類討論，當(dāng)a≤0時，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為
（-∞，+∞），當(dāng)a＞0時，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，$\frac{1}{a}$）；
（Ⅱ）首先求出F（x）的導(dǎo)函數(shù)，然后分類討論，當(dāng)a≥0時，恒有F′（x）＞0，F(xiàn)（x）在（0，+∞）上無極值；當(dāng)a＜0時，F(xiàn)（x）有極大值，無極小值；
（Ⅲ）$k=\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}=\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，又${x}_{0}=\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，求出g（x）的導(dǎo)函數(shù)，然后設(shè)出0＜x₁＜x₂，即證$ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}＞\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$，再設(shè)$t=\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}＞1$，即證：$lnt＞\frac{2（t-1）}{t+1}=2-\frac{4}{t+1}$，再進(jìn)一步設(shè)出k（t），求出k（t）的導(dǎo)函數(shù)，則結(jié)論可證．

解答 （Ⅰ）解：在區(qū)間（0，+∞）上，$f′（x）=\frac{1}{x}-a=\frac{1-ax}{x}$．
（1）當(dāng)a≤0時，∵x＞0，∴f′（x）＞0恒成立，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，+∞）；
（2）當(dāng)a＞0時，令f′（x）＞0，即$\frac{1-ax}{x}＞0$，得$0＜x＜\frac{1}{a}$．
∴f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，$\frac{1}{a}$）；
綜上所述：
當(dāng)a≤0時，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，+∞），
當(dāng)a＞0時，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，$\frac{1}{a}$）；
（Ⅱ）由F（x）=f（x）+ax²+ax=lnx-ax+ax²+ax=lnx+ax²
得$F′（x）=\frac{1}{x}+2ax=\frac{2a{x}^{2}+1}{x}\\;\\;\\;（x＞0）$    （ x＞0），
當(dāng)a≥0時，恒有F′（x）＞0，
∴F（x）在（0，+∞）上無極值；
當(dāng)a＜0時，令F′（x）=0，得$x=\sqrt{-\frac{1}{2a}}$，
x∈（0，$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$），F(xiàn)′（x）＞0，F(xiàn)′（x）單調(diào)遞增，
x∈（$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$，+∞），F(xiàn)′（x）＜0，F(xiàn)′（x）單調(diào)遞減．
∴${F}_{極大值}（x）=F（\sqrt{-\frac{1}{2a}}）=ln\sqrt{-\frac{1}{2a}}-\frac{1}{2}$．
F（x）無極小值．
綜上所述：
a≥0時，F(xiàn)（x）無極值，
a＜0時，F(xiàn)（x）有極大值$ln\sqrt{-\frac{1}{2a}}-\frac{1}{2}$，無極小值；
（Ⅲ）證明：$k=\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}=\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，
又${x}_{0}=\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，
∴g′（x₀）=$（lnx）′{|}_{x={x}_{0}}=\frac{1}{{x}_{0}}=\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，
要證k＞g′（x₀），即證$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}＞\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，
不妨設(shè)0＜x₁＜x₂，即證$ln{x}_{2}-ln{x}_{1}＞\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，即證$ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}＞\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$，
設(shè)$t=\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}＞1$，即證：$lnt＞\frac{2（t-1）}{t+1}=2-\frac{4}{t+1}$，
也就是要證：$lnt+\frac{4}{t+1}-2＞0$，其中t∈（1，+∞），
事實上：設(shè)$k（t）=lnt+\frac{4}{t+1}-2$    t∈（1，+∞），
則$k′（t）=\frac{1}{t}-\frac{4}{（t+1）^{2}}=\frac{（t+1）^{2}-4t}{t（t+1）^{2}}$=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}＞0$，
∴k（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，因此k（t）＞k（1）=0，即結(jié)論成立．

點評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值問題，考查了學(xué)生的運算能力，計算量比較大，屬于難題．設(shè)a∈R，函數(shù)f（x）=lnx-ax．求f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；