Question

19．已知函数f（x）=ax-1-axlnx（x＞0，0＜a≤1）．
（1）求函数f（x）的最大值；
（2）设g（x）=$\frac{lnx}{ax-1}$，当a∈（0，1]时，试讨论函数g（x）的单调性；
（3）利用（2）的结论，证明：当n＞m＞0时，（1+n）^m＜（1+m）ⁿ．

Answer 1

分析 （1）利用导数判定函数的单调性，得出f（x）的最大值；
（2）求出g′（x）=$\frac{a-\frac{1}{x}-alnx}{（ax-1）^{2}}$，令h（x）=a-$\frac{1}{x}$-alnx，利用导数求出h（x）的最值得出h（x）≤0，从而得出g′（x）＜0，即可得出g（x）的单调性；
（3）令a=1得出g（x）=$\frac{lnx}{x-1}$在（1，+∞）上单调递减，于是新函数F（x）=$\frac{ln（1+x）}{x}$在（0，+∞）上单调递减，得出F（n）＜F（m），化简即可得出结论．

解答 解：（1）f′（x）=a-alnx-a=-alnx，
∴当0＜x＜1时，f′（x）＞0，当x＞1时，f′（x）＜0，当x=1时，f′（x）=0，
∴f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
∴f_max（x）=f（1）=a-1．
（2）g′（x）=$\frac{a-\frac{1}{x}-alnx}{（ax-1）^{2}}$，设h（x）=a-$\frac{1}{x}$-alnx，则h′（x）=$\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{a}{x}$=$\frac{1-ax}{{x}^{2}}$，
∴当0$＜x＜\frac{1}{a}$时，h′（x）＞0，当x＞$\frac{1}{a}$时，h′（x）＜0，当x=$\frac{1}{a}$时，h′（x）=0，
∴h_max（x）=h（$\frac{1}{a}$）=-aln$\frac{1}{a}$，
∵0＜a≤1，∴-aln$\frac{1}{a}$≤0，
∴h（x）=a-$\frac{1}{x}$-alnx≤0，
∴g′（x）≤0，
又g（x）=$\frac{lnx}{ax-1}$的定义域为（0，$\frac{1}{a}$）∪（$\frac{1}{a}$，+∞），
∴g（x）在（0，$\frac{1}{a}$）和（$\frac{1}{a}$，+∞）上是减函数．
（3）由（2）可知当a=1时，g（x）=$\frac{lnx}{x-1}$在（1，+∞）上单调递减，
设F（x）=$\frac{ln（1+x）}{x}$，则F（x）在（0，+∞）上单调递减，
∵n＞m＞0，
∴F（n）＜F（m），即$\frac{ln（n+1）}{n}＜\frac{ln（m+1）}{m}$，
∴mln（n+1）＜nln（m+1），
∴ln（n+1）^m＜ln（m+1）ⁿ，
∴（n+1）^m＜（m+1）ⁿ．

点评 本题考查了导数与函数单调性，最值的关系，利用函数单调性证明不等式，属于中档题．