Question

4．已知函数f（x）=x-（1+a）lnx在x=1时存在极值．
（Ⅰ）求实数a的值及函数f（x）的单调递减区间；
（Ⅱ）证明：当x＞1时，$\frac{f（x）-1}{x-1}$＜$\frac{1}{2}$lnx．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的导数，由题意可得f′（1）=0，解得a=0，再由导数小于0，可得减区间，注意x＞0；
（Ⅱ）求出f（x）=x-lnx，当x＞1时，$\frac{f（x）-1}{x-1}$＜$\frac{1}{2}$lnx，等价为（x+1）lnx-2x+2＞0，令g（x）=（x+1）lnx-2x+2，求出导数，再令h（x）=lnx+$\frac{1}{x}$-1，求出导数，判断单调性，即可得证．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）=x-（1+a）lnx的导数为
f′（x）=1-$\frac{1+a}{x}$，
由f（x）在x=1时存在极值，可得f′（1）=0，
即1-1-a=0，解得a=0；
可得f′（x）=1-$\frac{1}{x}$，由f′（x）＜0，可得0＜x＜1，
即有f（x）的减区间为（0，1）；
（Ⅱ）证明：f（x）=x-lnx，
当x＞1时，$\frac{f（x）-1}{x-1}$＜$\frac{1}{2}$lnx，等价为（x+1）lnx-2x+2＞0，
令g（x）=（x+1）lnx-2x+2，g′（x）=lnx+$\frac{1}{x}$-1，
再令h（x）=lnx+$\frac{1}{x}$-1，h′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
当x＞1时，h′（x）＞0，h（x）递增，h（x）＞h（1）=0，
即为g′（x）＞g′（1）=0，g（x）在x＞1递增，
即有g（x）＞g（1）=0，则（x+1）lnx-2x+2＞0成立．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值，考查不等式的证明，注意运用构造法，以及二次求导，判断单调性，考查化简整理的能力，属于中档题．