Question

已知函数f（x）=lnx-ax+a（a∈R，x＞0）
（I）求函数f（x）的单调区间；
（II）若f（x）≤0在x∈（0，+∞）上恒成立．
（i） 求a的取值范围；
（ii） 设n为给定不小于4的正整数，当m＞n时，求证：

n

k=1

f(m)-f(k)

m-k

＜-

n

n+1

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求出函数f（x）=lnx-ax（a∈R）的导数，令导数大于0求出函数的增区间，令导数小于0，求出函数的减区间．
（Ⅱ）（i）由f（x）=lnx-ax+a，知f′（x）=

1

x

-a，取f′（x）=

1

x

-a=0，则ln（

1

a

）-1＜0，由此能求出a的取值范围．
（ii）由m＞n≥4，a＞

1

e

，f（x）=lnx-ax+a（a∈R，x＞0），知m-k＞0，f（m）-f（k）=lnm-am+lnk-ak=ln

m

k

-a（m+k），由此能够证明

n

k=1

f(m)-f(k)

m-k

＜-

n

n+1

．

解答：解：（Ⅰ）函数的定义域是（0，+∞）
∵f（x）=lnx-ax+a，∴f′（x）=

1

x

-a，
当a≤0时，f′（x）＞0，函数在定义域上是增函数；
当a＞0时，令f′（x）=0，解得x=

1

a

，
当x＞

1

a

时，f′（x）＜0，函数在（

1

a

，+∞）上是减函数，
当x＜

1

a

时，导数为正，函数在（0，

1

a

）上是增函数
（Ⅱ）（i）∵f（x）=lnx-ax+a，∴f′（x）=

1

x

-a，
取f′（x）=

1

x

-a=0，则x=

1

a

，∴ln（

1

a

）-1＜0，即

1

a

＜e，所以a＞

1

e

．
（ii）∵m＞n≥4，a＞

1

e

，f（x）=lnx-ax+a（a∈R，x＞0）
∴m-k＞0，f（m）-f（k）=lnm-am-lnk+ak=ln

m

k

-a（m-k），
∴

f(m)-f(k)

m-k

=

lnm-lnk

m-k

-a
∴

n

k=1

f(m)-f(k)

m-k

＜-

n

n+1

点评：本题考查用导数研究函数的单调性，解题的键是理解并掌握函数的导数的符号与函数的单调性的关系，此类题一般有两类题型，一类是利用导数符号得出单调性，一类是由单调性得出导数的符号，本题属于第一种类型．本题的第二小问是根据函数在闭区间上的最值，本题中由于参数的存在，导致导数的符号不定，故需要对参数的取值范围进行讨论，以确定函数在这个区间上的最值．