Question

已知函数f（x）=ax-1-lnx（a∈R）
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若函数f（x）在x=1处取得极值，不等式f（x）≥bx-2对?x∈（0，+∞）恒成立，求实数b的取值范围；
（3）当x＞y＞e-1时，证明不等式e^xln（1+y）＞e^yln（1+x）

Answer 1

分析：（1）由f（x）=ax-1-lnx，求得f′（x）=

ax-1

x

．然后分a≤0与a＞0两种情况讨论，从而得到f′（x）的符号，可得f（x）在其定义域（0，+∞）内的单调性，最后综合可得答案；
（2）函数f（x）在x=1处取得极值，由（1）的讨论可得a=1．将不等式f（x）≥bx-2化简整理得到1+

1

x

-

lnx

x

≥b，再构造函数g（x）=1+

1

x

-

lnx

x

，利用导数研究g（x）的单调性，得到[g（x）]_min=1-

1

e 2

]．由此即可得到实数b的取值范围；
（3）设函数F（t）=

et

ln(1+t)

，其中t＞e-1．利用导数研究F（x）的单调性，得到得F（t）是（e-1，+∞）上的增函数．从而得到当x＞y＞e-1时，F（x）＞F（y）即

ex

ln(1+x)

＞

ey

ln(1+y)

，变形整理即可得到不等式e^xln（1+y）＞e^yln（1+x）成立．

解答：解：（1）∵f（x）=ax-1-lnx，∴f′（x）=a-

1

x

=

ax-1

x

，
当a≤0时，f'（x）≤0在（0，+∞）上恒成立，
∴函数f（x）在（0，+∞）单调递减；
当a＞0时，f'（x）＜0得 0＜x≤

1

a

，f'（x）＞0得x＞

1

a

，
∴f（x）在（0，

1

a

）上单调递减，在（

1

a

，+∞）上单调递增，
综上所述，当a≤0时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数；
当a＞0时，f（x）在（0，

1

a

）上是减函数，在（

1

a

，+∞）上是增函数．
（2）∵函数f（x）在x=1处取得极值，∴根据（1）的结论，可得a=1，
∴f（x）≥bx-2，即x+1-lnx≥bx，两边都除以正数x，得1+

1

x

-

lnx

x

≥b，
令g（x）=1+

1

x

-

lnx

x

，则g′（x）=-

1

x2

-

1-lnx

x2

=-

1

x2

（2-lnx），
由g′（x）＞0得，x＞e²，∴g（x）在（0，e²）上递减，
由g′（x）＜0得，0＜x＜e²，∴g（x）在（e²，+∞）上递增，
∴g（x）_min=g（e²）=1-

1

e 2

，
可得b≤1-

1

e 2

，实数b的取值范围为（-∞，1-

1

e 2

]．
（3）令F（t）=

et

ln(1+t)

，其中t＞e-1
可得F'（t）=

etln(1+t)-et• 1 1+t

ln2(1+t)

=

et[ln(1+t)- 1 1+t ]

ln2(1+t)

再设G（t）=ln（1+t）-

1

1+t

，可得G'（t）=

1

1+t

+

1

(1+t)2

＞0在（e-1，+∞）上恒成立
∴G（t）是（e-1，+∞）上的增函数，可得G（t）＞G（e-1）=lne-

1

e

=1-

1

e

＞0
因此，F'（t）=

et[ln(1+t)- 1 1+t ]

ln2(1+t)

＞0在（e-1，+∞）上恒成立，可得F（t）=

et

ln(1+t)

是（e-1，+∞）上的增函数．
∵x＞y＞e-1，∴F（x）＞F（y），可得

ex

ln(1+x)

＞

ey

ln(1+y)

∵ln（1+x）＞0且ln（1+y）＞0，∴不等式两边都乘以ln（1+x）ln（1+y），可得e^xln（1+y）＞e^yln（1+x）．
即对任意x＞y＞e-1，都有不等式e^xln（1+y）＞e^yln（1+x）成立．

点评：本题考查利用导数研究函数的极值，考查恒成立问题，着重考查分类讨论思想与构造函数思想的应用，体现综合分析问题与解决问题能力，属于难题．