Question

已知函数f（x）=ax+lnx
（1）若f（x）＜0恒成立，试求a的取值范围；
（2）设函数g（x）=

1

2

x²+（a²-a+1）x，令h（x）=g（x）-af（x），试证明存在唯一的正实数a₀，使得函数h（x）的最小值为0，且1＜a₀＜2．

Answer 1

考点：函数恒成立问题

专题：函数的性质及应用,导数的综合应用

分析：（1）运用参数分离，可得-a＞

lnx

x

，运用导数求得右边函数的最大值，即可得到a的范围；
（2）求出h（x）的解析式和导数，对a讨论，当a≤0时，h（x）为递增函数，无最值，当a＞0时，求得单调区间，得到最小值h（a），由零点存在定理可得h（1）h（2）＜0，再由h（a）的导数判断单调性，即可得证．

解答： （1）解：若f（x）＜0恒成立，即为ax+lnx＜0对x＞0恒成立．
即有-a＞

lnx

x

，
令m（x）=

lnx

x

，m′（x）=

1-lnx

x2

，
当x＞e时，m′（x）＜0，m（x）递减；当0＜x＜e时，m′（x）＞0，m（x）递增．
则x=e处m（x）取得极大值，也为最大值，且为

1

e

，
则有-a＞

1

e

，即a＜-

1

e

；
（2）证明：h（x）=g（x）-af（x）=

1

2

x²+（a²-a+1）x-a²x-alnx=

1

2

x²+（1-a）x-alnx，
h′（x）=x+（1-a）x-

a

x

=

x2+(1-a)x-a

x

=

(x+1)(x-a)

x

，
当a≤0时，h′（x）＞0，h（x）递增，不存在最小值，
则a＞0，当x＞a时，h′（x）＞0，h（x）递增，当0＜x＜a时，h′（x）＜0，h（x）递减．
则x=a处h（x）取得极小值，也为最小值，且为a-

1

2

a²-alna，
令h（a）=a-

1

2

a²-alna，
h（1）=1-

1

2

-0＞0，h（2）=2-2-2ln2＜0，
由零点存在定理可得，h（a）在（1，2）内存在零点，
又h′（a）=1-a-（lna+1）=-a-lna＜0，h（a）递减，
则存在唯一的正实数a₀，使得函数h（x）的最小值为0，且1＜a₀＜2．

点评：本题考查不等式的恒成立问题转化为求函数的最值，同时考查零点存在定理的运用，应用参数分离和导数判断单调性，求极值和最值是解题的关键．