Question

已知函數(shù)f（x）=lnx-ax．
（1）當(dāng)a=1時(shí)，求f（x）的最大值；
（2）試討論函數(shù)y=f（x）的零點(diǎn)情況；
（3）設(shè)a_k，b_k，…（k=1，2，…，n）均為正數(shù)，若a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n≤b₁+b₂+…+b_n，求證：…≤1．

Answer 1

解：（1）當(dāng)a=1時(shí)，f′（x）=-1，當(dāng)x＞1時(shí)，f′（x）＜0，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′（x）＞0．
故函數(shù)f（x）=lnx-ax在（0，1）上是增函數(shù)，在（1，+∞）上是減函數(shù)．
故f_max（x）=f（1）=ln1-1=-1．
（2）由 y=f（x）=0 可得lnx=ax，故函數(shù)y=f（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)即為 y=lnx與 y=ax 的交點(diǎn)的個(gè)數(shù)．
結(jié)合圖象可得，當(dāng)a≤0時(shí)，f（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)僅有一個(gè)．
當(dāng)a＞0時(shí)，令f′（x）=-a=0，可得 x=．
由于 當(dāng)x＞時(shí)，f′（x）＜0，當(dāng)0＜x＜時(shí)，f′（x）＞0． 故 f（x）在（0，）上是增函數(shù)，在（，+∞）上是減函數(shù)．
故f_max（x）=f（）=-lna-1．
故當(dāng)-lna-1＞0時(shí)，即 0＜a＜ 時(shí)，y=f（x）有2個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a= 時(shí)，y=f（x）有1個(gè)零點(diǎn)； 當(dāng)a＞ 時(shí)，y=f（x）沒有零點(diǎn)．
綜上可得，當(dāng)a≤0或a= 時(shí)，y=f（x）有1個(gè)零點(diǎn)； 當(dāng) 0＜a＜ 時(shí)，y=f（x）有2個(gè)零點(diǎn)； 當(dāng)a＞ 時(shí)，y=f（x）沒有零點(diǎn)．
（3）由（1）可得，當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，lnx≤x-1．
∵a_k，b_k 都是正數(shù)，∴l(xiāng)na_k＜a_k-1，
∴b_k•lna_k＜b_k（a_k-1）=b_k•a_k-b_k．
∴l(xiāng)n+ln +…+ln ＜a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n -（ b₁+b₂+…+b_n）．
又因?yàn)?a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n≤b₁+b₂+…+b_n，
∴l(xiāng)n+ln +…+ln ≤0，即ln（•…）≤0，
故 …≤1．
分析：（1）利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，可得函數(shù)f（x）=lnx-ax在（0，1）上是增函數(shù)，在（1，+∞）上是減函數(shù)，故f_max（x）=f（1）．
（2）由 y=f（x）=0 可得lnx=ax，故函數(shù)y=f（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)即為 y=lnx與 y=ax 的交點(diǎn)的個(gè)數(shù)．結(jié)合圖象可得，當(dāng)a≤0或a= 時(shí)，y=f（x）有1個(gè)零點(diǎn)； 當(dāng) 0＜a＜ 時(shí)，y=f（x）有2個(gè)零點(diǎn)； 當(dāng)a＞ 時(shí)，y=f（x）沒有零點(diǎn)．
（3）由（1）可得，當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，lnx≤x-1，可得 lna_k＜a_k-1，故 b_k•lna_k＜b_k（a_k-1）=b_k•a_k-b_k．可得 ln+ln +…+ln ＜a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n -（ b₁+b₂+…+b_n），再由已知條件證得 …≤1成立．
點(diǎn)評(píng)：本題主要考查方程的根的存在性及個(gè)數(shù)判斷，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，用放縮法證明不等式，屬于中檔題．