Question

3．已知函數(shù)f（x）=lnx-（1+a）x²-x．
（1）討論 函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）當(dāng)a＜1時(shí)，證明：對(duì)任意的x∈（0，+∞），有f（x）＜-$\frac{lnx}{x}$-（1+a）x²-a+1．

Answer 1

分析 （1）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，對(duì)a分類(lèi)求解原函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）利用分析法證明，把要證的不等式轉(zhuǎn)化為證明$\frac{lnx}{x}+lnx-x≤0$成立，即證$\frac{lnx}{x}≤x-lnx$．令g（x）=$\frac{lnx}{x}$，h（x）=x-lnx，由導(dǎo)數(shù)求出g（x）的最大值和h（x）的最小值，由g（x）的最大值小于h（x）的最小值得答案．

解答 （1）解：由f（x）=lnx-（1+a）x²-x，得
f′（x）=$\frac{1}{x}-2（1+a）x-1=\frac{-2（1+a）{x}^{2}-x+1}{x}$（x＞0），
當(dāng)a=-1時(shí)，f′（x）=$\frac{1-x}{x}$，
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)，當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）為減函數(shù)；
當(dāng)$a≤-\frac{9}{8}$時(shí)，-2（1+a）＞0，-2（1+a）x²-x+1≥0，即f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)；
當(dāng)$-\frac{9}{8}＜a＜-1$時(shí)，-2（1+a）＞0，二次方程-2（1+a）x²-x+1=0有兩根，${0＜x}_{1}=\frac{-1+\sqrt{8a+9}}{4（1+a）}＜{x}_{2}=\frac{-1-\sqrt{8a+9}}{4（1+a）}$，
當(dāng)x∈（0，x₁），x∈（x₂，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)，當(dāng)x∈（x₁，x₂）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）為減函數(shù)；
當(dāng)a＞-1時(shí)，-2（1+a）＜0，二次方程-2（1+a）x²-x+1=0有兩根，${x}_{1}=\frac{-1-\sqrt{8a+9}}{4（1+a）}＜0$，${x}_{2}=\frac{-1+\sqrt{8a+9}}{4（1+a）}＞0$，
當(dāng)x∈（0，x₂）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)，當(dāng)x∈（x₂，+∞）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）為減函數(shù)．
（2）證明：要證f（x）＜-$\frac{lnx}{x}$-（1+a）x²-a+1，
即證lnx-（1+a）x²-x＜-$\frac{lnx}{x}$-（1+a）x²-a+1，
即$\frac{lnx}{x}+lnx-x＜1-a$，
∵a＜1，∴1-a＞0，
也就是證$\frac{lnx}{x}+lnx-x≤0$，
即證$\frac{lnx}{x}≤x-lnx$．
令g（x）=$\frac{lnx}{x}$，則g′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
當(dāng)x∈（0，e）時(shí)，g′（x）＞0，g（x）為增函數(shù)，當(dāng)x∈（e，+∞）時(shí)，g′（x）＜0，g（x）為減函數(shù)，
∴$g（x）_{max}=g（e）=\frac{1}{e}$；
令h（x）=x-lnx，h′（x）=1-$\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}$，
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，h′（x）＜0，h（x）為減函數(shù)，當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，h′（x）＞0，h（x）為增函數(shù)，
∴h（x）_min=h（1）=1，
∴$\frac{lnx}{x}≤x-lnx$成立，
故對(duì)任意的x∈（0，+∞），有f（x）＜-$\frac{lnx}{x}$-（1+a）x²-a+1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，體現(xiàn)了分類(lèi)討論的數(shù)學(xué)思想方法，考查邏輯推理能力和運(yùn)算能力，屬難題．