Question

10．已知函數(shù)f（x）=x-a-lnx（a∈R）．
（1）若f（x）≥0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（1）證明：若0＜x₁＜x₂，則$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜$\frac{1}{{x}_{1}（{x}_{1}+1）}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）解法1、求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，求得單調(diào)區(qū)間，可得極小值且為最小值，解得a的范圍；
解法2、運(yùn)用參數(shù)分離，求得右邊韓寒說的最小值，即可得到a的范圍；
（II）取a=1，知f（x）=x-1-lnx，ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＜$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-1（0＜x₁＜x₂）可得lnx₂-lnx₁＜$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{x}_{1}}$，即有$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜$\frac{1}{{x}_{1}}$，再由不等式的性質(zhì)，即可得證．

解答 解：（Ⅰ）解法1：f（x）=x-a-lnx的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$，
令f′（x）＞0，得x＞1；令f′（x）＜0，得0＜x＜1，
即f（x）在（0，1）單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
可知f（x）_min=f（1）=1-a≥0，解得a≤1．
解法2：f（x）≥0，即a≤x-lnx（x＞0），
令g（x）=x-lnx（x＞0），則g′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$（x＞0），
令g′（x）＞0，得x＞1；令g′（x）＜0，得0＜x＜1，
即g（x）在（0，1）單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
可知g（x）_min=g（1）=1，可得a≤1．                
（II）證明：取a=1，知f（x）=x-1-lnx，
由（Ⅰ）知lnx-x+1≤0，即lnx≤x-1，
ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＜$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-1（0＜x₁＜x₂）可得lnx₂-lnx₁＜$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{x}_{1}}$，
即有$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜$\frac{1}{{x}_{1}}$，
則$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}+{x}_{1}-{x}_{2}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$-1＜$\frac{1}{{x}_{1}}$-1
＜$\frac{1-{x}_{1}}{{x}_{1}}$=$\frac{（1-{x}_{1}）（1+{x}_{1}）}{{x}_{1}（1+{x}_{1}）}$=$\frac{1-{{x}_{1}}^{2}}{{x}_{1}（1+{x}_{1}）}$＜$\frac{1}{{x}_{1}（1+{x}_{1}）}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查不等式恒成立問題的解法和不等式的證明，注意運(yùn)用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性和參數(shù)分離，以及不等式的性質(zhì)，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．