Question

1．已知函数f（x）=x-alnx+a-1（a＞0），g（x）=x（x²-16）+x²（x-lnx）+$\frac{x}{{e}^{x}}$．
（1）讨论函数f（x）在（$\frac{1}{a}$，+∞）上的单调区间；
（2）求证：g（x）＞-20．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）令a=1，设h（x）=x³+x²-16x（x＞0），根据函数的单调性证明即可．

解答 （1）解：令f′（x）=1-$\frac{a}{x}$=0，解得：x=a，
令0＜a≤1时，$\frac{1}{a}$≥a＞0，
∵x＞$\frac{1}{a}$，∴f′（x）≥0，
∴f（x）在（$\frac{1}{a}$，+∞）递增，
a＞1时，a＞$\frac{1}{a}$＞0，
（i）x＞a时，f′（x）＞0，∴f（x）在（a，+∞）递增，
（ii）$\frac{1}{a}$＜x＜a时，f′（x）＜0，∴f（x）在（$\frac{1}{a}$，a）递减；
（2）证明：令a=1得f（x）=x-lnx，
当x＞1时，f′（x）＞0，当0＜x＜1时，f′（x）＜0，
∴x-lnx≥f（1）=1，
∴g（x）=x³+x²（x-lnx）-16x+$\frac{x}{{e}^{x}}$≥x³+x²-16x+$\frac{x}{{e}^{x}}$，
设h（x）=x³+x²-16x（x＞0），则h′（x）=3x²+2x-16=（3x+8）（x-2），
令h′（x）＞0，解得：x＞2，令h′（x）＜0，解得：0＜x＜2，
故h（x）_min=h（2）=-20，
∵$\frac{x}{{e}^{x}}$＞0，∴g（x）＞h（x）≥-20，
故g（x）＞-20．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道中档题．