Question

已知函数f（x）=

ax-1

lnx

（x＞0，x，1）．
（Ⅰ）当a=1时，求证：x＞1时，f（x）＞1；
（Ⅱ）已知函数y=f（x）的增区间为（0，1）和（1，+∞），求实数a的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数研究函数的极值

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）利用导数求函数的单调区间，再根据单调性判断f（x）和1的关系；
（Ⅱ）求实数a的取值范围，可以在其区间上进行分类讨论，然后得出正确范围．

解答： 解：（Ⅰ）当a=1时，令g（x）=lnx-x+1，
则g′(x)=

1

x

-1=

1-x

x

，
当0＜x＜1时，g′（x）≥0，∴函数y=g（x）在区间（0，1）上为增函数，
当x＞1时，g′（x）＜0，∴函数y=g（x）在区间（0，1）上为减函数，
∴g（x）＜g（1），即lnx-x+1＜1，
∴x＞1时，0＜lnx＜x-1，

x-1

lnx

＞1，故，由x＞1，f（x）＞1成立；    
（Ⅱ）已知f（x）=

ax-1

lnx

（x＞0），
则f′（x）=

alnx+ 1 x -a

(lnx)2

=

-a(ln 1 x +1)+ 1 x

(lnx)2

，
由（1）知x＞0时，且x≠1时，

1

x

＞0，故ln

1

x

≤

1

x

-1，即ln

1

x

+1≤

1

x

，
ⅰ）当0≤a≤1时，知f′（x）=

- a x + 1 x

(lnx)2

=

(1-a) 1 x

(lnx)2

≥0，
则函数f（x）的增区间为（0，1）和（1，+∞），
ⅱ）当a＞1时，lna＞0，由（2），令h（x）=alnx+

1

x

-a，
则h′（x）=

ax-1

x2

，
令h′（x）=0，得x=

1

a

，当0＜x≤

1

a

时，h′（x）≤0；当得x＞

1

a

时，h′（x）＞0；
∴函数y=h（x）的减区间为（0，

1

a

]，增区间为（

1

a

，+∞），
∴函数h(x)min=h(

1

a

)=-alna＜0，
当x=e时，h（e）=

1

e

＞0，
根据函数y=h（x），x∈（

1

a

，+∞）为增函数，存在x₀∈∈（

1

a

，+∞），使得h（x₀）=0，若x₀=1，由h（1）=0，得a=1，这与a＞1矛盾，
∴0＜x₀＜1，或x₀＞1．
当0＜x₀＜1时，由函数h（x），x∈（

1

a

，+∞）为增函数，得h（x）＜h（＜x₀）=0，从而f′（x）＜0，
∴函数y=f（x）为减函数，∴a＞1不符合题意
当x₀＞1，同理函数y=f（x）为减函数，∴a＞1不符合题意
ⅲ）当a＜0时，x＞0，知h′（x）＜0，
∴函数y=h（x）为减函数，
当x＞e

a-1

a

＞e＞1，∴

1

x

＜1，
∴lnx＞

a-1

a

，即alnx-a+1＜0．
∴h（x）=alnx+

1

x

-a＜alnx-a+1，
∴f′（x）＜0，
∴函数f（x）x∈（e

a-1

a

，+∞）为减函数，∴a＜0
不符合题意；
综上可知，已知函数y=f（x）的增区间为（0，1）和（1，+∞），实数a∈[0，1]．

点评：本题考查了函数的单调性和导数之间的关系，并利用导数判断其单调区间，采用的是分类讨论的思想，分类时要不重不漏．