Question

已知函数f（x）=ax-1-lnx（a∈R）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）讨论函数f（x）的零点个数问题
（3）当x＞y＞e-1时，证明不等式e^xln（1+y）＞e^yln（1+x）．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,函数零点的判定定理,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（1）由已知得f′（x）=a-

1

x

=

ax-1

x

（x＞0）．由此能求出函数f（x）的单调性．
（2）由（1）根据函数f（x）的单调性能判断函数f（x）的零点个数．
（3）由已知得

ex+1

ln(x+1)

＞

ey+1

ln(y+1)

．构造函数h（x）=

ex

lnx

，利用导数性质能证明不等式e^xln（1+y）＞e^yln（1+x）．

解答： （1）解：f′（x）=a-

1

x

=

ax-1

x

（x＞0）．
当a≤0时，ax-1＜0，从而f′（x）＜0，
函数f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当a＞0时，若0＜x＜

1

a

，则ax-1＜0，从而f′（x）＜0，
若x＞

1

a

，则ax-1＞0，从而f′（x）＞0，
函数在（0，

1

a

）上单调递减，在（

1

a

，+∞）上单调递增．
（2）解：由（1）知：函数在（0，

1

a

）上单调递减，在（

1

a

，+∞）上单调递增，
f（x）_min=f（

1

a

）=-ln

1

a

．
0＜a＜1时，f（x）_min=f（

1

a

）=-ln

1

a

＜0．有2个零点；
a＞1时，f（x）_min=f（

1

a

）=-ln

1

a

＞0．没有零点；
a=1时，f（x）_min=f（

1

a

）=-ln

1

a

=0．有1个零点；
a≤0时，1个零．
（3）证明：∵不等式e^xln（1+y）＞e^yln（1+x）
∴

ex+1

ln(x+1)

＞

ey+1

ln(y+1)

．
构造函数h（x）=

ex

lnx

，
则h′（x）=

exlnx- 1 x ex

ln2x

=

ex(lnx- 1 x )

ln2x

，
可知函数在（e，+∞）上h′（x）＞0，
即函数h（x）在（e，+∞）上单调递增，由于x＞y＞e-1，
∴x+1＞y+1＞e，所以

ex+1

ln(x+1)

＞

ey+1

ln(y+1)

，
∴e^xln（1+y）＞e^yln（1+x）．

点评：本题考查函数的单调区间和实数取值范围的求法，解题时要认真审题，注意分类讨论思想和导数性质的合理运用．