Question

11．已知函數f（x）=ax-lnx-a（a∈R）．
（1）討論函數f（x）的單調性；
（2）若a∈（0，+∞），x∈（1，+∞），證明：f（x）＜axlnx．

Answer 1

分析 （1）求出函數的導數，通過討論a的范圍，求出函數的單調區(qū)間即可；
（2）令g（x）=f（x）-axlnx，a∈（0，+∞），x∈（1，+∞），求出函數的導數，通過討論a的范圍，結合函數的單調性證明即可．

解答 解：（1）f′（x）=a-$\frac{1}{x}$=$\frac{ax-1}{x}$，
當a≤0時，ax-1＜0，從而f'（x）＜0，函數f（x）在（0，+∞）單調遞減；
當a＞0時，若0＜x＜$\frac{1}{a}$，則ax-1＜0，從而f'（x）＜0，
若x＞$\frac{1}{a}$，則ax-1＞0，從而f'（x）＞0，
函數在（0，$\frac{1}{a}$）單調遞減，在（$\frac{1}{a}$，+∞）單調遞增．
（2）令g（x）=f（x）-axlnx，a∈（0，+∞），x∈（1，+∞），
則g′（x）=-$\frac{1}{x}$-alnx，g″（x）=$\frac{1-ax}{{x}^{2}}$，
令g″（x）=0，解得：x=$\frac{1}{a}$，
①$\frac{1}{a}$≤1即a≥1時，g″（x）＜0，g′（x）在（1，+∞）遞減，
g′（x）＜g′（1）=-1＜0，故g（x）在（1，+∞）遞減，
g（x）＜g（1）=0，成立；
②$\frac{1}{a}$＞1即0＜a＜1時，
令g″（x）＞0，解得：1＜x＜$\frac{1}{a}$，
令g″（x）＜0，解得：x＞$\frac{1}{a}$，
故g′（x）在（1，$\frac{1}{a}$）遞增，在（$\frac{1}{a}$，+∞）遞減，
∴g′（x）＜g′（$\frac{1}{a}$）=2lna-a+1，
令h（a）=2lna-a+1，（0＜a＜1），
則h′（a）=$\frac{2-a}{a}$＞0，h（a）在（0，1）遞增，
故h（a）＜h（1）=0，
故g′（x）＜0，g（x）在（1，+∞）遞減，
g（x）＜g（1）=0，成立；
綜上，a∈（0，+∞），x∈（1，+∞），f（x）＜axlnx．

點評 本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及分類討論思想，轉化思想，考查不等式的證明，是一道綜合題．