Question

10．設(shè)函數(shù)f（x）=lnx-ax-$\frac{a-1}{x}$（a∈R），若f（x）≤-1對定義域內(nèi)的x恒成立
（1）求實(shí)數(shù)a的取值范圍
（2）對任意的θ∈[0，$\frac{π}{2}$），證明f（1-sinθ）≤f（1+sinθ）

Answer 1

分析 （1）要使f（x）≤-1恒成立，只需f（x）max≤-1即可，然后利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)一步求其最大值．注意定義域．
（2）這一問是一個(gè)恒成立問題，因此需從函數(shù)的單調(diào)性入手，注意先分析判斷1-sinθ與1+sinθ的范圍，然后結(jié)合單調(diào)性問題應(yīng)該可以解決．

解答 解：（1）若f（x）≤-1對定義域內(nèi)的x恒成立，則f（x）_max≤-1．則f（1）+1=-a-a+1≥1，即a≥1．
當(dāng)a≥1時(shí)，$f′（x）=\frac{-（ax+a-1）（x-1）}{{x}^{2}}=0$，解得$x=1，x=-1+\frac{1}{a}$．
因?yàn)?x=-1+\frac{1}{a}≤0$，則當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，f′（x）＞0，故f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，f′（x）＜0，故f（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增減；
故f（x）_max=f（1）=1-2a≤-1，即a≥1時(shí)，f（x）≤-1恒成立．
故所求a的范圍是[1，+∞）．
（2）由（1）知，實(shí)數(shù)a的范圍為[1，+∞），f（1+sinθ）-f（1-sinθ）
=ln（1+sinθ）-a（1+sinθ）-$\frac{a-1}{1+sinθ}$-[ln（1-sinθ）-a（1-sinθ）-$\frac{a-1}{1-sinθ}$]
=ln（1+sinθ）-ln（1-sinθ）-2asinθ-（a-1）[$\frac{1}{1+sinθ}-\frac{1}{1-sinθ}$]
=ln（1+sinθ）-ln（1-sinθ）-2asinθ+2（a-1）$\frac{sinθ}{co{s}^{2}θ}$
=ln（1+sinθ）-ln（1-sinθ）-2asinθ（$1-\frac{1}{co{s}^{2}θ}$）-2$\frac{sinθ}{co{s}^{2}θ}$
=ln（1+sinθ）-ln（1-sinθ）+2a$\frac{si{n}^{3}θ}{co{s}^{2}θ}$-$2\frac{sinθ}{co{s}^{2}θ}$
≥ln（1+sinθ）-ln（1-sinθ）+2$\frac{si{n}^{3}θ}{co{s}^{2}θ}-2\frac{sinθ}{co{s}^{2}θ}=ln（1+sinθ）-ln（1-sinθ）$+2$\frac{sinθ}{co{s}^{2}θ}（si{n}^{2}θ-1）$
=ln（1+sinθ）-ln（1-sinθ）-2sinθ．
令h（x）=ln（1+x）-ln（1-x）-2x（0≤x＜1），
則$h′（x）=\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1-x}-2=\frac{2}{1-{x}^{2}}-2≥2-2=0$．
所以h（x）在[0，1）上遞增，所以h（x）≥h（0）=0．
由題意知sinθ∈[0，1），于是ln（1+sinθ）-ln（1-sinθ）-2sinθ≥0．
所以f（1+sinθ）≥f（1-sinθ）．
故對任意的$θ∈[0，\frac{π}{2}）$，f（1-sinθ）≤f（1+sinθ）成立．

點(diǎn)評 本題考查了不等式恒成立問題的解題思路，本題第二問的關(guān)鍵在于對所給式子的化簡放縮，從而抽象出函數(shù)h（x），使問題轉(zhuǎn)化為一個(gè)函數(shù)的最值問題來解．