Question

【題目】已知函數(shù)f（x）=lnx﹣kx+k（k∈R）．
（Ⅰ）求f（x）在[1，2]上的最小值；
（Ⅱ）若 ，對x∈（﹣1，1）恒成立，求正數(shù)a的最大值．

Answer 1

【答案】解：（Ⅰ） ，∵x∈[1，2]，∴ ，

①當(dāng) 時，f'（x）≥0，f（x）在區(qū)間[1，2]上單調(diào)遞增，所以fmin（x）=f（1）=0；

②當(dāng)k≥1時，f'（x）≤0，f（x）在區(qū)間[1，2]上單調(diào)遞減，

所以fmin（x）=f（2）=ln2﹣k

③當(dāng) 時，令f'（x）=0，得 ，當(dāng) 時，f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，

當(dāng) 時，f'（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，又f（1）=0，f（2）=ln2﹣k，

若f（1）＜f（2），則k＜ln2；若f（1）＞f（2），則k＞ln2，

所以當(dāng) 時，最小值為f（1）=0，當(dāng)ln2＜k＜1時，最小值為f（2）=ln2﹣k．

綜上所述，當(dāng)k≤ln2時，最小值為f（1）=0，當(dāng)k＞ln2時，最小值為f（2）=ln2﹣k…6分

（Ⅱ）方法1：由（1）知， ，

又 ，得： ，

從而對于任意x∈（﹣1，1）， ，所以 ，即a≤2，…8分

下面證明a可以取到2，即證明不等式 ，

由于不等式兩端均為x的偶函數(shù)，故只需考慮0≤x＜1時的情形…10分

令 ，

則H（0）=0且 ，從而H'（x）＞0，

H（x）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞增，從而H（x）≥0．

所以當(dāng)x∈（﹣1，1）時， ，所以正數(shù)a的最大值為2…12分

（Ⅱ）方法2：設(shè)t=|x|，則t∈[0，1），則原不等式“ ”等價于

“函數(shù)g（t）=ln（1+t）﹣ln（1﹣t）﹣at≥0對t∈[0，1）恒成立”，

則 ，

①當(dāng)0＜a≤2時，g'（t）＞0，g（t）單調(diào)遞增，此時gmin（t）=g（0）=0，滿足題意；

②當(dāng)a＞2時，令g'（t）=0，得 ，

當(dāng) 時，g'（t）＜0，g（t）單調(diào)遞減，

當(dāng) 時，g'（t）＞0，g（t）單調(diào)遞增，

所以 span> 又因為g（0）=0，

所以 ，不滿足題意．

綜上可知，正數(shù)a的最大值為2．

（Ⅱ）方法3：設(shè)t=|x|，則t∈[0，1），則原不等式“ ”等價于

“ 對t∈[0，1）恒成立”

取 ，則等價于f（1+t）≥f（1﹣t），所以 ，

即 ．

反過來，當(dāng)a=2時，設(shè)g（t）=ln（1+t）﹣ln（1﹣t）﹣2t，

則 恒成立，

所以函數(shù)y=g（t）在t∈[0，1）上單調(diào)遞增，

所以g（t）≥g（0）=0，所以g（t）=ln（1+t）﹣ln（1﹣t）﹣2t≥0，

即 恒成立，滿足題意．

綜上可知，實數(shù)a的最大值是2．

【解析】（1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，對k進行分類討論，判斷函數(shù)的單調(diào)性，求解函數(shù)的最小值，（2）方法1： 由（1）知，，又，化簡后轉(zhuǎn)化為求解a的范圍，方法2：:設(shè)t=|x|，則t∈[0，1），則原不等式“ ”等價于

“函數(shù)g（t）=ln（1+t）﹣ln（1﹣t）﹣at≥0對t∈[0，1）恒成立”，構(gòu)造函數(shù)通過求導(dǎo)，對a進行分類討論可得到a的最大值為2，方法3：:設(shè)t=|x|，則t∈[0，1），則原不等式“ ”等價于
“函數(shù)g（t）=ln（1+t）﹣ln（1﹣t）﹣at≥0對t∈[0，1）恒成立”取k=a，則等價于f（1+t）≥f（1﹣t），求導(dǎo)分析可得出實數(shù)a的最大值是2.

【考點精析】掌握利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和函數(shù)的最大(小)值與導(dǎo)數(shù)是解答本題的根本，需要知道一般的,函數(shù)的單調(diào)性與其導(dǎo)數(shù)的正負(fù)有如下關(guān)系： 在某個區(qū)間內(nèi)，(1)如果，那么函數(shù)在這個區(qū)間單調(diào)遞增；(2)如果，那么函數(shù)在這個區(qū)間單調(diào)遞減；求函數(shù)在上的最大值與最小值的步驟：（1）求函數(shù)在內(nèi)的極值；（2）將函數(shù)的各極值與端點處的函數(shù)值，比較，其中最大的是一個最大值，最小的是最小值．