Question

已知函数f（x）=lnx，g(x)=ax+

a-1

x

+1（a∈R），F（x）=f（x）-g（x）．
（1）是否存在实数a，使以F（x）图象上任意一点P（x₀，y₀）为切点的切线的斜率k≤1恒成立？
（2）当a≤

1

2

时，讨论F（x）的单调性．

Answer 1

分析：（1）求导函数，以F（x）图象上任意一点P（x₀，y₀）为切点的切线的斜率k≤1恒成立，等价于F′(x)=-

ax2-x+1-a

x2

≤1（x＞0）恒成立，分类讨论，可得结论；
（2）求导函数，分类讨论，利用导数的正负，即可得到F（x）的单调性．

解答：解：（1）F（x）=f（x）-g（x）=lnx-ax-

a-1

x

-1
∵以F（x）图象上任意一点P（x₀，y₀）为切点的切线的斜率k≤1恒成立，
∴F′(x)=-

ax2-x+1-a

x2

≤1（x＞0）恒成立，
∴（a+1）x²-x-（a-1）≥0①在x＞0时恒成立．
当a≤-1时，①在x＞0时不恒成立
a＜-1时，△=4a²-3，设u（x）=（a+1）x²-x-（a-1），则

a+1＞0 △＜0

或

a+1＞0 △＞0 u(0)=1-a≥0 x=- -1 2(a+1) ＜0

∴-

3

2

＜a＜

3

2

；
（2）F′(x)=-

ax2-x+1-a

x2

(x＞0)
令h（x）=ax²-x+1-a（x＞0）
当a=0时，h（x）=1-x，x∈（0，1）时，h′（x）＞0；x∈[1，+∞）时，h′（x）≤0
∴F（x）的单调递减区间是（0，1），单调递增区间是[1，+∞）；
当a≠0时，由F′（x）=0可得ax²-x+1-a=0
∴x1=1，x2=

1

a-1

（i）当a=

1

2

时，x₁=x₂，h（x）≥0，F′（x）≤0，函数在（0，+∞）上单调递减；
（ii）当0＜a＜

1

2

时，

1

a

-1＞1＞0，x∈（0，1），h（x）＞0，∴F′（x）＜0，函数单调递减；x∈（1，

1

a

-1）时，h（x）＜0，F′（x）＞0，函数单调递增；当x∈（

1

a

-1，+∞）时，h（x）＞0，∴F′（x）＜0，函数单调递减，
∴函数的单调递减区间是（0，1），（

1

a

-1，+∞）；单调递增区间是（1，

1

a

-1）；
（iii）当a＜0时，

1

a

-1＜0，x∈（0，1），h（x）＞0，∴F′（x）＜0，函数单调递减；x∈（1，+∞）时，h（x）＜0，F′（x）＞0，函数单调递增，
∴函数的单调递减区间是（0，1）；单调递增区间是（1，+∞）．

点评：本题考查导数知识的运用，考查导数的几何意义，考查函数的单调性，考查分类讨论是数学思想，属于中档题．