Question

18．已知函數(shù)f（x）=lnx+a（x-1），其中a∈R．
（Ⅰ） 當(dāng)a=-1時，求證：f（x）≤0；
（Ⅱ） 對任意t≥e，存在x∈（0，+∞），使tlnt+（t-1）[f（x）+a]＞0成立，求a的取值范圍．
（其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，e=2.71828…）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)f（x）的最大值，證明結(jié)論即可；
（Ⅱ）問題轉(zhuǎn)化為證明${（\frac{tlnt}{t-1}）_{min}}＞{（-f（x）-a）_{min}}$，設(shè)$h（t）=\frac{tlnt}{t-1}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)a=-1時，f（x）=lnx-x+1（x＞0），
則$f'（x）=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}$，令f'（x）=0，得x=1．
當(dāng)0＜x＜1時，f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x＞1時，f'（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減．
故當(dāng)x=1時，函數(shù)f（x）取得極大值，也為最大值，所以f（x）_max=f（1）=0，
所以，f（x）≤0，得證．（4分）
（II）原題即對任意t≥e，存在x∈（0，+∞），使$\frac{tlnt}{t-1}＞-f（x）-a$成立，
只需${（\frac{tlnt}{t-1}）_{min}}＞{（-f（x）-a）_{min}}$．（5分）
設(shè)$h（t）=\frac{tlnt}{t-1}$，則$h'（t）=\frac{t-1-lnt}{{{{（t-1）}^2}}}$，
令u（t）=t-1-lnt，則$u'（t）=1-\frac{1}{t}=\frac{t-1}{t}＞0$對于t≥e恒成立，
所以u（t）=t-1-lnt為[e，+∞）上的增函數(shù)，
于是u（t）=t-1-lnt≥u（e）=e-2＞0，即$h'（t）=\frac{t-1-lnt}{{{{（t-1）}^2}}}＞0$對于t≥e恒成立，
所以$h（t）=\frac{tlnt}{t-1}$為[e，+∞）上的增函數(shù)，則$h{（t）_{min}}={（\frac{tlnt}{t-1}）_{min}}=h（e）=\frac{e}{e-1}$．（8分）
令p（x）=-f（x）-a，則p（x）=-lnx-a（x-1）-a=-lnx-ax，
當(dāng)a≥0時，p（x）=-lnx-ax為（0，+∞）的減函數(shù)，且其值域為R，符合題意．
當(dāng)a＜0時，$p'（x）=-\frac{1}{x}-a$，由p'（x）=0得$x=-\frac{1}{a}＞0$，
由p'（x）＞0得$x＞-\frac{1}{a}$，則p（x）在$（-\frac{1}{a}，+∞）$上為增函數(shù)；
由p'（x）＜0得$0＜x＜-\frac{1}{a}$，則p（x）在$（0，-\frac{1}{a}）$上為減函數(shù)，
所以$p{（x）_{min}}=p（-\frac{1}{a}）=ln（-a）+1$，
從而由$ln（-a）+1＜\frac{e}{{{e}-1}}$，解得$-{{e}^{\frac{1}{{{e}-1}}}}＜a＜0$．
綜上所述，a的取值范圍是$（-{{e}^{\frac{1}{{{e}-1}}}}，+∞）$．（12分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及不等式的證明，考查分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．