Question

1．已知函数f（x）=alnx-x+1，α∈R．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若f（x）≤0在x∈（0，+∞）上恒成立，求所有实数a的值．

Answer 1

分析 （1）求出f′（x），根据当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，当a＞0时，若f′（x）＞0，则0＜x＜a，若f′（x）＜0，则x＞a，可得函数的单调区间；
（2）分别讨论a≤0和a＞0的情况：a≤0时，发现在（0，1）上函数f（x）＞0，∴f（x）≤0在区间x∈（0，+∞）上不可能恒成立；当a＞0时，再次求导求出a的值

解答 解：（1）∵f（x）=alnx-x+1，x＞0，
∴f′（x）=$\frac{a}{x}$-1=$\frac{a-x}{x}$，
当a≤0时，f′（x）＜0恒成立，此时f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当a＞0时，若f′（x）＞0，则0＜x＜a，若f′（x）＜0，则x＞a，
故此时，f（x）在（0，a）上单调递增，在（a，+∞）上单调递减；
（2）由（1）知：当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上为减区间，而f（1）=0，
∴在（0，1）上函数f（x）＞0，
∴f（x）≤0在区间x∈（0，+∞）上不可能恒成立；
当a＞0时，f（x）在（0，a）上递增，在（a，+∞）上递减，
f（x）_max=f（a）=alna-a+1，
令g（a）=alna-a+1，
依题意有g（a）≤0，
而g′（a）=lna，且a＞0
∴g（a）在（0，1）上递减，在（1，+∞）上递增，
∴g（a）_min=g（1）=0，
故a=1，

点评 本题考查的知识点是利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究函数的单调性，是导数综合应用，运算量大，分类标准比较难找，属于中档题．