Question

16．已知函数f（x）=ax+lnx
（1）讨论函数f（x）的单调性
（2）设函数g（x）=ax²，若存在x₀∈（1，+∞），使得g（x₀）＜f（x₀），求a的取值范围
（3）证明ln1.1＜0.11．

Answer 1

分析 （1）求出导数，利用导数的正负即可求f（x）的单调区间；
（2）设h（x）=g（x）-f（x），结合函数的单调性分a=0与a≠0两种情况讨论，在a≠0时又分a＜0且x＞1、a≥1、0＜a＜1三种情况讨论；
（3）根据（2）的讨论，令a=1，x=1.1即可．

解答 解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=a+$\frac{1}{x}$．
当a＞0时，f′（x）＞0，f（x）在定义域上单调递增，
当a＜0时，由f′（x）=0，解得x=$-\frac{1}{a}$，
当x$∈（0，-\frac{1}{a}）$时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当x∈（$-\frac{1}{a}$，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
（2）设h（x）=g（x）-f（x）=ax²-ax-lnx，
当a=0时，h（x）=-lnx，对于任意的x∈（1，+∞），
均有h（x）=-lnx＜0，即g（x）＜f（x）在（1，+∞）上恒成立，
当a≠0时，h′（x）=2ax-a-$\frac{1}{x}$=$\frac{2a{x}^{2}-ax-1}{x}$，令F（x）=2ax²-ax-1，
当a＜0，x＞1时，F（x）＜0，则h′（x）＜0，
所以f（x）在（1，+∞）上是减函数，对任意的x∈（1，+∞），
均有h（x）＜h（1）=0，即g（x）＜f（x）在（1，+∞）上恒成立．
当a＞0时，由2ax²-ax-1=0，解得${x}_{1}=\frac{1+\sqrt{1+\frac{8}{a}}}{4}$或${x}_{2}=\frac{1-\sqrt{1+\frac{8}{a}}}{4}$，
当x＞x₁时，F（x）＞0，当x₂＜x＜x₁时，F（x）＜0．
  若a≥1，则$\frac{1}{4}＜{x}_{1}≤1$，当x＞1≥x₁时，h′（x）＞0，h（x）在（1，+∞）上单调递增，
h（x）＞h（1）=0，此时，g（x）＞f（x）恒成立，不符合题意；
  若0＜a＜1，则x₂＜1＜x₁，当x∈（1，x₁）时，h′（x）＜0，所以h（x）在（1，x₁）上单调递减，
h（x）＜h（1）=0，即存在x₀∈（1，x₁），有g（x₀）＜f（x₀）成立．
综上所述，a的取值范围为（-∞，1）；
（3）根据（2）的讨论，当a≥1时，h（x）＞0在（1+∞）上恒成立，
令a=1，x=1.1，得1.1²-1.1-ln1.1＞0，即得ln1.1＜0.11．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查分类讨论的思想方法，属难题．