题目

已知函数 ，其中 . （1） 求 的单调区间； （2） 当 时，斜率为 的直线 与函数 的图象交于两点 ， ，其中 ，证明： ； （3） 是否存在 ，使得 对任意 恒成立？若存在，请求出 的最大值；若不存在，请说明理由. 答案： 解：因为 f'(x)=1x−a ， x>0 ， 所以当 a≤0 时， f'(x)>0 恒成立，所以 f(x) 在 (0，+∞) 上单调递增， 当 a>0 时， x∈(0，1a) 时， f'(x)>0 ， f(x) 在 (0，1a) 上单调递增， x∈(1a，+∞) 时， f'(x)<0 ， f(x) 在 (1a，+∞) 上单调递减， 综上所述：当 a≤0 时， f(x) 在 (0，+∞) 上单调递增， 当 a>0 时， f(x) 在 (0，1a) 上单调递增，在 (1a，+∞) 上单调递减. 解：当 a=1 时， f(x)=lnx−x+1 ，所以 k=y2−y1x2−x1=lnx2−x2−lnx1+x1x2−x1=lnx2−lnx1x2−x1−1 ，所以 k+1=lnx2−lnx1x2−x1 ， 要证 x1<1k+1<x2 ，即证 1x2<lnx2−lnx1x2−x1<1x1 ，因为 x2−x1>0 ，即证 x2−x1x2<lnx2x1<x2−x1x1 ， 令 x2x1=t(t>1) ，即证 1−1t<lnt<t−1(t>1) ，令 k(t)=lnt−t+1 (t>1) ， 由（1）知， k(t) 在 (1，+∞) 上单调递减，所以 k(t)<k(1)=0 ，即 lnt−t+1<0 ，所以 lnt<t−1 ， 令 h(t)=lnt+1t−1(t>1) ，则 h'(t)=1t−1t2=t(t−1)t2>0(t>1) ， 所以 h(t) 在 (1，+∞) 上单调递增，所以 h(t)>h(1)=0 ，即 lnt<1−1t (t>1) ； 综上可得 1−1t<lnt<t−1(t>1) ，即 x1<1k+1<x2 ； 解：由已知得 f(x)+ax−2>k(1−2x) ，即为 x(lnx−1)>k(x−2)(x>1) ，即 xlnx−x−kx+2k>0(x>1) ， 令 g(x)=xlnx−x−kx+2k(x>1) ，则 g'(x)=lnx−k ， 当 k≤0 时， g'(x)>0 ，所以 g(x) 在 (1，+∞) 上单调递增， g(1)=k−1>0 ，即 k>1 ，矛盾，故舍去； 当 k>0 时，由 lnx−k>0 ，得 x>ek ，由 lnx−k<0 ，得 1<x<ek ，所以 g(x) 在 (1，ek) 上单调递减， (ek,+∞) 单调递增， 所以 g(x)min=2k−ek(k>0) ，即当 g(x)min=2k−ek>0(k>0) 恒成立，求k的最大值. 令 G(t)=2t−et ，则 G'(t)=2−et ， 当 2−et>0 ，即 t<ln2 时， G(t) 单调递增，当 2−et<0 ，即 t>ln2 时， G(t) 单调递减， 所以 G(x)max=G(ln2)=2ln2−2 ， 因为 1<ln2<2 ，所以 0<2ln2−2<2 ，又 G(1)==2−e<0,G(2)=4−e2<0 ，所以不存在整数k使 2k−ek>0 成立， 综上所述，不存在满足条件的整数k.

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