Question

【題目】已知函數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a的最大值．

Answer 1

【答案】解：（Ⅰ） ，∵x∈[1，2]，∴ ，

①當 時，f'（x）≥0，f（x）在區間[1，2]上單調遞增，所以fmin（x）=f（1）=0；

②當k≥1時，f'（x）≤0，f（x）在區間[1，2]上單調遞減，

所以fmin（x）=f（2）=ln2﹣k

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

當 時，f'（x）＜0，f（x）單調遞減，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 時，最小值為f（1）=0，當ln2＜k＜1時，最小值為f（2）=ln2﹣k．

綜上所述，當k≤ln2時，最小值為f（1）=0，當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，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）在區間（0，1）上單調遞增，從而H（x）≥0．

所以當x∈（﹣1，1）時， ，所以正數a的最大值為2…12分

（Ⅱ）方法2：設t=|x|，則t∈[0，1），則原不等式“ ”等價于

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

則 ，

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

②當a＞2時，令g'（t）=0，得 ，

當 時，g'（t）＜0，g（t）單調遞減，

當 時，g'（t）＞0，g（t）單調遞增，

所以 span> 又因為g（0）=0，

所以 ，不滿足題意．

綜上可知，正數a的最大值為2．

（Ⅱ）方法3：設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a=2時，設g（t）=ln（1+t）﹣ln（1﹣t）﹣2t，

則 恒成立，

所以函數y=g（t）在t∈[0，1）上單調遞增，

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a的最大值是2．

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

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

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