题目（高二 · 代数）：已知函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=1 \mathrm{nx}$.

(I) 求曲线 $\mathrm{y}=\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在点 (1, f (1)) 处的切线方程;

(II) 求证: 当 $\mathrm{x}>0$ 时, $f(x) \geq 1-\frac{1}{x}$;

(III) 若 $\mathrm{x}-1>\mathrm{a} 1 \mathrm{nx}$ 对任意 $\mathrm{x}>1$ 恒成立, 求实数 $\mathrm{a}$ 的最大值.
选项：
答案：答案:解：（I）

$$
f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}, f^{\prime}(1)=1
$$

又 $\mathrm{f}(1)=0$, 所以切线方程为 $\mathrm{y}=\mathrm{x}-1$;

(II) 证明: 由题意知 $\mathrm{x}>0$, 令 $g(x)=f(x)-\left(1-\frac{1}{x}\right)=\ln x-1+\frac{1}{x} . g^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}=\frac{x-1}{x^{2}}$

令 $g^{\prime}(x)=\frac{x-1}{x^{2}}=0$, 解得 $x=1$.

易知当 $\mathrm{x}>1$ 时, $\mathrm{g}^{\prime}(\mathrm{x})>0$, 易知当 $0<\mathrm{x}<1$ 时, $\mathrm{g}^{\prime}(\mathrm{x})<0$.

即 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 单调递减, 在 $(1,+\infty)$ 单调递增,

所以 $g(x) \min ^{2}=\mathrm{g}(1)=0, \mathrm{~g}(\mathrm{x}) \geq \mathrm{g}(1)=0$

即 $\mathrm{g}(\mathrm{x})=\mathrm{f}(\mathrm{x})-\left(1 \frac{1}{\mathrm{x}}\right) \geqslant 0$, 即 $\mathrm{x}>0$ 时, $f(x) \geq 1-\frac{1}{x}$ ；

(III) 设 $h(x)=x-1-a 1 n x(x \geq 1)$,

依题意, 对于任意 $x>1, h(x)>0$ 恒成立.

$h^{\prime}(x)=1-\frac{a}{x}=\frac{x-a}{x}, a \leq 1$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上单调递增,

当 $x>1$ 时, $h(x)>h(1)=0$, 满足题意.

$a>1$ 时, 随 $x$ 变化, h' $(x), h （ x)$ 的变化情况如下表:

| $\mathrm{x}$ | $(1, \mathrm{a})$ | $\mathrm{a}$ | $(\mathrm{a}$ |
| :--- | :--- | :--- | :--- |
| $\mathrm{h}^{\prime}(\mathrm{x})$ | - | 0 | + |
| $\mathrm{h}(\mathrm{x})$ | $\searrow$ | 极小值 | $\nearrow$ |

$h(x)$ 在 $(1, a)$ 上单调递减, 所以 $g(a)<g(1)=0$

即当 $a>1$ 时, 总存在 $g(a)<0$, 不合题意.

综上所述, 实数 $\mathrm{a}$ 的最大值为 1
解析：答案:解：（I）

$$
f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}, f^{\prime}(1)=1
$$

又 $\mathrm{f}(1)=0$, 所以切线方程为 $\mathrm{y}=\mathrm{x}-1$;

(II) 证明: 由题意知 $\mathrm{x}>0$, 令 $g(x)=f(x)-\left(1-\frac{1}{x}\right)=\ln x-1+\frac{1}{x} . g^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}=\frac{x-1}{x^{2}}$

令 $g^{\prime}(x)=\frac{x-1}{x^{2}}=0$, 解得 $x=1$.

易知当 $\mathrm{x}>1$ 时, $\mathrm{g}^{\prime}(\mathrm{x})>0$, 易知当 $0<\mathrm{x}<1$ 时, $\mathrm{g}^{\prime}(\mathrm{x})<0$.

即 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 单调递减, 在 $(1,+\infty)$ 单调递增,

所以 $g(x) \min ^{2}=\mathrm{g}(1)=0, \mathrm{~g}(\mathrm{x}) \geq \mathrm{g}(1)=0$

即 $\mathrm{g}(\mathrm{x})=\mathrm{f}(\mathrm{x})-\left(1 \frac{1}{\mathrm{x}}\right) \geqslant 0$, 即 $\mathrm{x}>0$ 时, $f(x) \geq 1-\frac{1}{x}$ ；

(III) 设 $h(x)=x-1-a 1 n x(x \geq 1)$,

依题意, 对于任意 $x>1, h(x)>0$ 恒成立.

$h^{\prime}(x)=1-\frac{a}{x}=\frac{x-a}{x}, a \leq 1$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上单调递增,

当 $x>1$ 时, $h(x)>h(1)=0$, 满足题意.

$a>1$ 时, 随 $x$ 变化, h' $(x), h （ x)$ 的变化情况如下表:

| $\mathrm{x}$ | $(1, \mathrm{a})$ | $\mathrm{a}$ | $(\mathrm{a}$ |
| :--- | :--- | :--- | :--- |
| $\mathrm{h}^{\prime}(\mathrm{x})$ | - | 0 | + |
| $\mathrm{h}(\mathrm{x})$ | $\searrow$ | 极小值 | $\nearrow$ |

$h(x)$ 在 $(1, a)$ 上单调递减, 所以 $g(a)<g(1)=0$

即当 $a>1$ 时, 总存在 $g(a)<0$, 不合题意.

综上所述, 实数 $\mathrm{a}$ 的最大值为 1
【解析】【分析】(I) 求出导函数 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}$, 求出斜率 $\mathrm{f}^{\prime}(1)=1$, 然后求解切线方程. (II) 化

简 $g(x)=f(x)-\left(1-\frac{1}{x}\right)=\ln x-1+\frac{1}{x}$. 求出 $g^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}=\frac{x-1}{x^{2}}$, 令 $g^{\prime}(x)=\frac{x-1}{x^{2}}=0$, 解得 $\mathrm{x}=1$. 判断函数的单调性求出极小值, 推出结果. (III) 设 $\mathrm{h}(\mathrm{x})=\mathrm{x}-1-\mathrm{a} 1 \mathrm{nx}(\mathrm{x} \geq 1$ ), 依题意, 对于任意 $\mathrm{x}>1, \mathrm{~h}(\mathrm{x})>0$ 恒成立. $h^{\prime}(x)=1-\frac{a}{x}=\frac{x-a}{x}, \mathrm{a} \leq 1$ 时, $\mathrm{a}>1$ 时, 判断函数的单调性, 求解最值推出结论即可.22. 答案:(1) 解: 记 $h(x)=2 x^{2}-3(1+a) x+6 a(a<1)$

$\triangle=9(1+a)^{2}-48 a=(3 a-1)(3 a-9)$,

当 $\triangle<0$, 即



当 $0<a \leq \frac{1}{3}, \quad D=\left(0, \frac{3+3 a-\sqrt{9 a^{2}-30 a+9}}{4}\right) \cup\left(\frac{3+3 a+\sqrt{9 a^{2}-30 a+9}}{4},+\infty\right)$

当 $a \leq 0$,

$$
D=\left(\frac{3+3 a+\sqrt{9 a^{2}-30 a+9}}{4},+\infty\right)
$$

(2) 解: 由 $f^{\prime}(x)=6 x^{2}-6(1+a) x+6 a=0$ 得 $x=1$, $a$,

(1)当 $\frac{1}{3}<\alpha<1, \mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 D内有一个极大值点 $\mathrm{a}$, 有一个极小值点;

(2)当 $0<a \leq \frac{1}{3}, \because h(1)=2-3(1+\mathrm{a})+6 \mathrm{a}=3 \mathrm{a}-1 \leq 0$,

h (a) $=2 a^{2}-3(1+a) a+6 a=3 a-a^{2}>0$,

$\therefore 1 \notin \mathrm{D}, \mathrm{a} \in \mathrm{D}$,

$\therefore \mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\mathrm{D}$ 内有一个极大值点 $\mathrm{a}$.

(3) 当 $\mathrm{a} \leq 0$, 则 $\mathrm{a} \notin \mathrm{D}$,

又 $\because h(1)=2-3(1+a)+6 a=3 a-1<0$.

$\therefore \mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\mathrm{D}$ 内有无极值点

【解析】【分析】(1) 根据方程 $2 \mathrm{x}^{2}-3(1+\mathrm{a}) \mathrm{x}+6 \mathrm{a}=0$ 的判别式讨论 $\mathrm{a}$ 的范围, 求出相应 $\mathrm{D}$ 即可; （2）由 $f^{\prime}(x)=6 x^{2}-6(1+a) x+6 a=0$ 得 $x=1$, $a$, 然后根据（1）中讨论的 $a$ 的取值范围分别求出函数极值即可。