Question

6．已知函數(shù)f（x）=axlnx（a≠0，a∈R）．
（1）若函數(shù)f（x）有極小值-$\frac{1}{e}$，求f（x）的單調(diào)函數(shù)；
（2）證明：當a＞0時，f（x）≥a（x-1）；
（3）當x∈（1，e）是，不等式$\frac{x-1}{a}$＜lnx恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求函數(shù)的導數(shù)，根據(jù)函數(shù)的極小值確定a的取值范圍，即可得到結(jié)論．
（2）根據(jù)不等式的關(guān)系，構(gòu)造函數(shù)，求函數(shù)的導數(shù)，利用導數(shù)和極值之間的關(guān)系進行證明即可．
（3）利用參數(shù)分離法轉(zhuǎn)化求函數(shù)的最值即可得到結(jié)論．

解答 解：（1）函數(shù)f（x的定義域為（0，+∞）．
∵f′（x）=a（lnx+1），
∴f′（x）=0，解得x=$\frac{1}{e}$．
①當a＞0時，隨著x變化時，f（x）和f′（x）的變化情況如下：

x	（0，$\frac{1}{e}$）	$\frac{1}{e}$	（$\frac{1}{e}$，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）	↘		↗

即函數(shù)f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）上單調(diào)遞減，在（$\frac{1}{e}$，+∞）上單調(diào)遞增．
即當x=$\frac{1}{e}$時，函數(shù)取得極小值f（$\frac{1}{e}$）=$\frac{1}{e}$•aln$\frac{1}{e}$=-$\frac{a}{e}$，
若函數(shù)f（x）有極小值-$\frac{1}{e}$，∴此時-$\frac{a}{e}$=-$\frac{1}{e}$，得a=1．
②當a＜0時，隨著x變化時，f（x）和f′（x）的變化情況如下：

x	（0，$\frac{1}{e}$）	$\frac{1}{e}$	（$\frac{1}{e}$，+∞）
f′（x）	+	0	-
f（x）	↗		↘

即函數(shù)f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）上單調(diào)遞增，在（$\frac{1}{e}$，+∞）上單調(diào)遞減．
即當x=$\frac{1}{e}$時，函數(shù)取得極大值f（$\frac{1}{e}$）=$\frac{1}{e}$•aln$\frac{1}{e}$=-$\frac{a}{e}$，不滿足條件．
故a=1時，函數(shù)f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）上單調(diào)遞減，在（$\frac{1}{e}$，+∞）上單調(diào)遞增．
（2）當a＞0時，若f（x）≥a（x-1）；
則等價為axlnx≥a（x-1），即xlnx≥x-1，
即xlnx-x+1≥0，
設F（x）=xlnx-x+1，
則F′（x）=lnx+1-1=lnx，
當x＞1時，F(xiàn)′（x）＞0，當0＜x＜1時，F(xiàn)′（x）＜0，
即當x=1時，函數(shù)，F(xiàn)（x）=xlnx-x+1極小值，同時也是最小值，
此時F（1）=ln1-1+1=0，
即F（x）≥F（1）=0，
即xlnx-x+1≥0成立，即當a＞0時，f（x）≥a（x-1）成立；
（3）a＞0時，x∈（1，e），0＜lnx＜1，不等式$\frac{x-1}{a}$＜lnx恒成立，等價于a＞$\frac{x-1}{lnx}$恒成立，
令g（x）=$\frac{x-1}{lnx}$，g′（x）=$\frac{lnx+\frac{1}{x}-1}{{ln}^{2}x}$，
令h（x）=lnx+$\frac{1}{x}$-1，h′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$＞0，x∈（1，e），
∴h（x）在（1，e）遞增，h_min（x）＞h（1）=0，
∴g′（x）＞0在（1，e）恒成立，
∴g（x）_max＜g（e）=e-1，
∴a≥e-1，
a＜0時，a＜$\frac{x-1}{lnx}$，∵g（x）=$\frac{x-1}{lnx}$，x∈（1，e），
∵g（x）=$\frac{x-1}{lnx}$＞0，恒成立，
∴不等式a＜$\frac{x-1}{lnx}$，恒成立，即此時a＜0成立，
綜上，a≥e-1或a＜0．

點評 本題主要考查導數(shù)的綜合應用，求函數(shù)的導數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性，極值和最值與導數(shù)之間的關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強，難度較大．