Question

11．已知函数f（x）=ax-lnx-a（a∈R）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若a∈（0，+∞），x∈（1，+∞），证明：f（x）＜axlnx．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）令g（x）=f（x）-axlnx，a∈（0，+∞），x∈（1，+∞），求出函数的导数，通过讨论a的范围，结合函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）f′（x）=a-$\frac{1}{x}$=$\frac{ax-1}{x}$，
当a≤0时，ax-1＜0，从而f'（x）＜0，函数f（x）在（0，+∞）单调递减；
当a＞0时，若0＜x＜$\frac{1}{a}$，则ax-1＜0，从而f'（x）＜0，
若x＞$\frac{1}{a}$，则ax-1＞0，从而f'（x）＞0，
函数在（0，$\frac{1}{a}$）单调递减，在（$\frac{1}{a}$，+∞）单调递增．
（2）令g（x）=f（x）-axlnx，a∈（0，+∞），x∈（1，+∞），
则g′（x）=-$\frac{1}{x}$-alnx，g″（x）=$\frac{1-ax}{{x}^{2}}$，
令g″（x）=0，解得：x=$\frac{1}{a}$，
①$\frac{1}{a}$≤1即a≥1时，g″（x）＜0，g′（x）在（1，+∞）递减，
g′（x）＜g′（1）=-1＜0，故g（x）在（1，+∞）递减，
g（x）＜g（1）=0，成立；
②$\frac{1}{a}$＞1即0＜a＜1时，
令g″（x）＞0，解得：1＜x＜$\frac{1}{a}$，
令g″（x）＜0，解得：x＞$\frac{1}{a}$，
故g′（x）在（1，$\frac{1}{a}$）递增，在（$\frac{1}{a}$，+∞）递减，
∴g′（x）＜g′（$\frac{1}{a}$）=2lna-a+1，
令h（a）=2lna-a+1，（0＜a＜1），
则h′（a）=$\frac{2-a}{a}$＞0，h（a）在（0，1）递增，
故h（a）＜h（1）=0，
故g′（x）＜0，g（x）在（1，+∞）递减，
g（x）＜g（1）=0，成立；
综上，a∈（0，+∞），x∈（1，+∞），f（x）＜axlnx．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，考查不等式的证明，是一道综合题．