问题 解答题
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.
答案

(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
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,+∞).

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