Question

7．已知函数f（x）=axlnx-x+1（a≥0）．
（1）当a=1时，求f（x）的最小值；
（2）若x∈（1，+∞），f（x）＞0恒成立，求实数a的取值范围；
（3）证明：当m＞n＞1时，m^n-1＜n^m-1．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的最小值即可；
（2）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，从而求出满足条件的a的范围即可；
（3）问题转化为$\frac{lnm}{m-1}＜\frac{lnn}{n-1}$，设g（x）=$\frac{lnx}{x-1}$，（x＞1），根据函数的单调性证出g（m）＜g（n），从而证出结论．

解答 解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），
当a=1时，f（x）=xlnx-x+1，f′（x）=lnx，
令f′（x）＞0，则x＞1；令f′（x）＜0，则x＜1，
∴f（x）在（0，1）单调递减，（1，+∞）单调递增，
∴f（x）_min=f（1）=0；             
（2）f′（x）=alnx+a-1，（x＞1），
①a=0时，f′（x）=-1＜0，f（x）在（1，+∞）单调递减，
f（x）＜f（1）=0恒成立与已知相矛盾，
②当a＞0时，由${f^'}（x）＞0⇒x＞{e^{\frac{1-a}{a}}}$，
由${f^'}（x）＜0⇒0＜x＜{e^{\frac{1-a}{a}}}$，
∴f（x）的单调减区间是$（0，{e^{\frac{1-a}{a}}}）$，单调增区间是$（{e^{\frac{1-a}{a}}}，+∞）$．
当${e^{\frac{1-a}{a}}}≤1$，即a≥1时，f（x）在（1，+∞）单调递增，
f（x）＞f（1）=0恒成立．
当${e^{\frac{1-a}{a}}}＞1$，即0＜a＜1时，
f（x）在$（1，{e^{\frac{1-a}{a}}}）$单调递减，在$（{e^{\frac{1-a}{a}}}，+∞）$单调递增，
存在$f（{e^{\frac{1-a}{a}}}）＜f（1）=0$，与已知相矛盾，
综上：实数a的取值范围是[1，+∞）．
（3）证明：∵m＞n＞1，∴要证：m^n-1＜n^m-1，
只需证（n-1）lnm＜（m-1）lnn，
只需证：$\frac{lnm}{m-1}＜\frac{lnn}{n-1}$．            
设g（x）=$\frac{lnx}{x-1}$，（x＞1），则${g^'}（x）=\frac{x-1-xlnx}{{x{{（x-1）}^2}}}$．
由（1）知当a=1时，f（x）=xlnx-x+1＞f（1）=0，
∴x-1-xlnx＜0，∴g'（x）＜0，
∴g（x）在（1，+∞）上是减函数，
而m＞n，∴g（m）＜g（n），
 故原不等式成立．

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不等式的证明，是一道中档题．