Question

已知f（x）=lnx+1，g（x）=ax+

a-1

x

，F（X）=f（x）-g（x）．
（1）當a=2時，求函數F（x）在區間[

1

e

，e]上的最大值；
（2）若a≤

1

2

，求函數F（x）的單調區間；
（3）在曲線y=f（x）上任取兩點P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），（x₁＜x₂），直線PQ的斜率為k，試探索：kx₁，1，kx₂ 三者的大小關系，并說明理由．

Answer 1

考點：利用導數求閉區間上函數的最值,利用導數研究函數的單調性

專題：導數的概念及應用,導數的綜合應用

分析：（1）將a=2代入可得F′（X）=

-(2x+1)(x-1)

x2

，進而可得F（X）在[

1

e

，1]上單調遞增，在[1，e]上單調遞減，故當x=1時，F（X）取最大值；
（2）由F′（X）=

-(ax+a-1)(x-1)

x2

，分當a=0時，當a＜0時，當0＜a＜

1

2

時，當a=

1

2

時，四種情況討論，可分別得到函數F（x）的單調區間；
（3）由題意得：k=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

=

ln x2 x1

x2-x1

，令g（t）=lnt-t+1，分析函數的單調性，進而可判斷出kx₁＜1，及kx₂＞1，得到結論．

解答： 解：（1）當a=2時，F（X）=f（x）-g（x）=lnx+1-2x-

1

x

，
則F′（X）=

1

x

-2+

1

x2

=

-(2x+1)(x-1)

x2

，
令F′（X）=0，則x=1或x=-

1

2

（舍去）
∴F（X）在[

1

e

，1]上單調遞增，在[1，e]上單調遞減，
故當x=1時，F（X）取最大值-2．
（2）∵F（X）=f（x）-g（x）=lnx+1-2ax-

a-1

x

，
∴則F′（X）=

1

x

-2a+

a-1

x2

=

-(ax+a-1)(x-1)

x2

，
①當a=0時，F′（X）=

x-1

x2

，
若F′（X）＜0，則x∈（0，1），若F′（X）＞0，則x∈（1，+∞），
即F（X）在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增，
②當a＜0時，F′（X）=

-a(x+ a-1 a )(x-1)

x2

，
此時x+

a-1

a

＞0，
若F′（X）＜0，則x∈（0，1），若F′（X）＞0，則x∈（1，+∞），
即F（X）在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增，
③當0＜a＜

1

2

時，

a-1

a

＜-1，
若F′（X）＜0，則x∈（0，1），或x∈（

1-a

a

，+∞），若F′（X）＞0，則x∈（1，

1-a

a

），
即F（X）在（0，1）上單調遞減，在（1，

1-a

a

）上單調遞增，在（

1-a

a

，+∞）上單調遞減，
④當a=

1

2

時，

a-1

a

=-1，F′（X）≤0恒成立，
即F（X）在（0，+∞）上單調遞減，
（3）由題意得：k=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

=

lnx2-lnx1

x2-x1

=

ln x2 x1

x2-x1

，
∴kx₁-1=

x1ln x2 x1

x2-x1

-1=

x1ln x2 x1 -x2+x1

x2-x1

=

ln x2 x1 - x2 x1 +1

x2 x1 -1

設t=

x2

x1

，由x₁＜x₂得，t＞1，即

x2

x1

-1=t-1＞0，
令g（t）=lnt-t+1，則t＞1時，g′（t）=

1

t

-1＜0恒成立，
故g（t）=lnt-t+1在（1，+∞）上單調遞減，
故g（t）＜g（1）=0，即ln

x2

x1

-

x2

x1

+1＜0，
∴kx₁-1＜0，即kx₁＜1，
kx₂-1=

x2ln x2 x1

x2-x1

-1=

x2ln x2 x1 -x2+x1

x2-x1

=

ln x2 x1 -1+ x1 x2

1- x1 x2

，
設t=

x1

x2

，由x₁＜x₂得，0＜t＜1，即

x1

x2

-1=t-1＜0，
∴kx₂-1=

ln 1 t -1+t

1-t

=

lnt-t+1

t-1

由0＜t＜1時，g（t）=lnt-t+1，則g′（t）=

1

t

-1＞0恒成立，
故g（t）=lnt-t+1在（0，1）上單調遞增，
故g（t）＞g（1）=0，即kx₂-1＞0，即kx₂＞1，
綜上所述：kx₁＜1＜kx₂．

點評：本題考查的知識點是利用導數研究閉區間上函數的最值，利用導數研究函數的單調性，是導數較為綜合的應用，運算量大，屬于難題．