Question

已知函數(shù)f（x）=lnx-ax+b，其中a，b∈R．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若a=1，b∈[0，2]，且存在實數(shù)k，使得對任意的實數(shù)x∈[1，e]，恒有f（x）≥kx-xlnx-1，求k-b的最大值．

Answer 1

考點：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）求導(dǎo)數(shù)f′（x），分a≥0，a＜0兩種情況討論f（x）的單調(diào)性．
（2）將不等式f（x）≥kx-xlnx-1轉(zhuǎn)化為于

f(x)

x

+lnx+

1

x

≥k．記g(x)=

f(x)

x

+lnx+

1

x

，x∈[1，e]．根據(jù)b的取值分0＜b≤1，1＜b＜e-1，b≥e-1三種情況，依據(jù)函數(shù)g（x）的單調(diào)性探究k-b的取值范圍，從而得到k-b的最大值．

解答： 解：（Ⅰ）由題意知，
f′(x)=

1

x

-a=

1-ax

x

，（x＞0）．
當(dāng)a≤0時，f′（x）＞0恒成立，
∴函數(shù)f（x）=lnx-ax+b在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
當(dāng)a＞0時，函數(shù)在（0，

1

a

）上單調(diào)遞增，在（

1

a

，+∞）上單調(diào)遞減．
（Ⅱ）不等式f（x）≥kx-xlnx-1，
等價于

f(x)

x

+lnx+

1

x

≥k．
記g(x)=

f(x)

x

+lnx+

1

x

，x∈[1，e]．
則g′(x)=

-f(x)

x2

，其中f（x）=lnx-x+b．
由（Ⅰ）知函數(shù)f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，
在（1，+∞）上單調(diào)遞減，且f（1）=b-1．
（1）若0＜b≤1，則f（1）=b-1≤0，
g′(x)=

-f(x)

x2

≥0．
即函數(shù)g(x)=

f(x)

x

+lnx+

1

x

在區(qū)間[1，e]上單調(diào)遞增．
則有k≤g（1）=b，此時k-b≤0．
（2）若

f(1)=b-1＞0 f(e)≥0

，
即b≥e-1時，g′(x)=

-f(x)

x2

≤0．
即函數(shù)即函數(shù)g(x)=

f(x)

x

+lnx+

1

x

在區(qū)間[1，e]上單調(diào)遞減．
則有k≤g(e)=

2+b

e

，
此時k-b≤

b+2

e

-b=

2

e

+(

1

e

-1)b≤2+

1

e

-e＜0．
（3）當(dāng)1＜b＜e-1時，即f（x）在[1，e]內(nèi)有唯一零點，記為x₀．
則函數(shù)g(x)=

f(x)

x

+lnx+

1

x

在區(qū)間[1，x₀]上單調(diào)遞減，在區(qū)間[x₀，e]上單調(diào)遞增．
從而k≤g(x0)=lnx0+

1

x0

，其中f（x₀）=lnx₀-x₀+b=0．
∴k-b≤lnx0+

1

x0

-b=2lnx0+

1

x0

-x0，x₀∈（1，e）
令y=2lnx0+

1

x0

-x0，x₀∈（1，e），
則y′=

2

x0

-(

1

x0

)2-1=-(

1

x0-1

)2＜0．
∴k-b＜0．
綜上，當(dāng)k=b且0＜b≤1時，k-b取到最大值為0．

點評：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、在閉區(qū)間上的最值及函數(shù)恒成立問題，考查分類討論思想，函數(shù)恒成立問題往往轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值解決．