已知函數(shù)f(x)=
ax-1
lnx
(x>0,x,1).
(Ⅰ)當a=1時,求證:x>1時,f(x)>1;
(Ⅱ)已知函數(shù)y=f(x)的增區(qū)間為(0,1)和(1,+∞),求實數(shù)a的取值范圍.
考點:利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值
專題:導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用
分析:(Ⅰ)利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,再根據(jù)單調(diào)性判斷f(x)和1的關(guān)系;
(Ⅱ)求實數(shù)a的取值范圍,可以在其區(qū)間上進行分類討論,然后得出正確范圍.
解答: 解:(Ⅰ)當a=1時,令g(x)=lnx-x+1,
g′(x)=
1
x
-1=
1-x
x
,
當0<x<1時,g′(x)≥0,∴函數(shù)y=g(x)在區(qū)間(0,1)上為增函數(shù),
當x>1時,g′(x)<0,∴函數(shù)y=g(x)在區(qū)間(0,1)上為減函數(shù),
∴g(x)<g(1),即lnx-x+1<1,
∴x>1時,0<lnx<x-1,
x-1
lnx
>1,故,由x>1,f(x)>1成立;    
(Ⅱ)已知f(x)=
ax-1
lnx
(x>0),
則f′(x)=
alnx+
1
x
-a
(lnx)2
=
-a(ln
1
x
+1)+
1
x
(lnx)2
,
由(1)知x>0時,且x≠1時,
1
x
>0
,故ln
1
x
1
x
-1
,即ln
1
x
+1≤
1
x

。┊0≤a≤1時,知f′(x)=
-
a
x
+
1
x
(lnx)2
=
(1-a)
1
x
(lnx)2
≥0
,
則函數(shù)f(x)的增區(qū)間為(0,1)和(1,+∞),
ⅱ)當a>1時,lna>0,由(2),令h(x)=alnx+
1
x
-a,
則h′(x)=
ax-1
x2
,
令h′(x)=0,得x=
1
a
,當0<x
1
a
時,h′(x)≤0;當?shù)脁>
1
a
時,h′(x)>0;
∴函數(shù)y=h(x)的減區(qū)間為(0,
1
a
],增區(qū)間為(
1
a
,+∞),
∴函數(shù)h(x)min=h(
1
a
)
=-alna<0,
當x=e時,h(e)=
1
e
>0,
根據(jù)函數(shù)y=h(x),x∈(
1
a
,+∞)為增函數(shù),存在x0∈∈(
1
a
,+∞),使得h(x0)=0,若x0=1,由h(1)=0,得a=1,這與a>1矛盾,
∴0<x0<1,或x0>1.
當0<x0<1時,由函數(shù)h(x),x∈(
1
a
,+∞)為增函數(shù),得h(x)<h(<x0)=0,從而f′(x)<0,
∴函數(shù)y=f(x)為減函數(shù),∴a>1不符合題意
當x0>1,同理函數(shù)y=f(x)為減函數(shù),∴a>1不符合題意
ⅲ)當a<0時,x>0,知h′(x)<0,
∴函數(shù)y=h(x)為減函數(shù),
當x>e
a-1
a
>e>1,∴
1
x
<1,
∴l(xiāng)nx>
a-1
a
,即alnx-a+1<0.
∴h(x)=alnx+
1
x
-a<alnx-a+1,
∴f′(x)<0,
∴函數(shù)f(x)x∈(e
a-1
a
,+∞)為減函數(shù),∴a<0
不符合題意;
綜上可知,已知函數(shù)y=f(x)的增區(qū)間為(0,1)和(1,+∞),實數(shù)a∈[0,1].
點評:本題考查了函數(shù)的單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系,并利用導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)區(qū)間,采用的是分類討論的思想,分類時要不重不漏.
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1
2
e2
-1
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2
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-
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2
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