Question

已知函數(shù)f（x）=ax+lnx，a∈R
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）是否存在實數(shù)a，使不等式f（x）＜ax²對x∈（1，+∞）恒成立，若存在，求實數(shù)a的取值范圍，若不存在，請說明理由．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用

專題：計算題,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）求導(dǎo)f′（x）=a+

1

x

，x＞0；討論a以確定導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，從而確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）假設(shè)存在這樣的實數(shù)a，使不等式f（x）＜ax²對x∈（1，+∞）恒成立，從而化為ax²-ax-lnx＞0，（x＞1）恒成立，令h（x）=ax²-ax-lnx＞0，（x≥1），利用導(dǎo)數(shù)求解．

解答： 解：（Ⅰ）f′（x）=a+

1

x

，x＞0；
①當(dāng)a≥0時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）在（0，+∞）內(nèi)是增函數(shù)，
即函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為（0，+∞）；
②當(dāng)a＜0時，令f′（x）=0得x=-

1

a

＞0，
且x∈（0，-

1

a

）時，f′（x）＞0；
又x∈（-

1

a

，+∞）時，f′（x）＜0；
所以函數(shù)f（x）遞增區(qū)間為（0，-

1

a

），遞減區(qū)間為（-

1

a

，+∞）；
（Ⅱ）假設(shè)存在這樣的實數(shù)a，使不等式f（x）＜ax²對x∈（1，+∞）恒成立，
即ax²-ax-lnx＞0，（x＞1）恒成立，
令h（x）=ax²-ax-lnx＞0，（x≥1），
則h（1）=0，且h（x）＞0（x＞1）恒成立；
h′（x）=2ax-a-

1

x

=

2ax2-ax-1

x

，
①當(dāng)a=0時，h′（x）=-

1

x

＜0，
則函數(shù)h′（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞減，
于是h（x）≤h（1）=0；
與h（x）＞0（x＞1）矛盾，故舍去．
②當(dāng)a＜0時，h（x）=ax²-ax-lnx=ax（x-1）+ln

1

x

，（x≥1）；
而當(dāng)x＞1時，由函數(shù)y=ax²-ax和y=-lnx都單調(diào)遞減．
且由圖象可知，x趨向正無窮大時，h（x）=ax（x-1）+ln

1

x

趨向于負(fù)無窮大．
這與h（x）＞0（x＞1）恒成立矛盾，故舍去．
③當(dāng)a＞0時，h′（x）=2ax-a-

1

x

=

2ax2-ax-1

x

=0等價于2ax²-ax-1=0；
記其兩根為x₁＜0＜x₂；
易知x∈（x₁，x₂）時，h′（x）＜0，
而x∈（x₂，+∞）時，h′（x）＞0，
（i）若x₂＞1時，則函數(shù)h（x）在（1，x₂）上遞減，
于是h（x）≤h（1）=0矛盾，舍去；
（ii）若x₂≤1時，則函數(shù)h（x）在（1，+∞）上遞增，于是h（x）＞h（1）=0恒成立．
所以0＜x₂≤1，即x₂=

a+ a2+8a

4a

≤1，
解得a≥1．
綜上所述，
存在這樣的實數(shù)a≥1，使不等式f（x）＜ax²對x∈（1，+∞）恒成立．

點評：本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及恒成立問題，屬于難題．