Question

18．已知关于x的不等式 alnx＞1-$\frac{1}{x}$对任意x∈（1，+∞）恒成立，则实数a的取值范围是[1，+∞）．

Answer 1

分析 构造函数f（x）=$\frac{1}{x}$+alnx-1（x＞1），求其导函数，可得当a≤0时，f′（x）＜0，f（x）在（1，+∞）上单调递减，由f（1）=0，可得f（x）在（1，+∞）上恒小于0，不合题意；当a＞0时，由$\frac{1}{a}$与1的关系分类，可知a≥1，f′（x）＞0在（1，+∞）上恒成立，f（x）在（1，+∞）上为增函数，由f（1）=0，可得f（x）在（1，+∞）上恒大于0，符合题意；0＜a＜1，则当x∈（1，$\frac{1}{a}$）时，f′（x）＜0，f（x）在（1，$\frac{1}{a}$）上单调递减，由f（1）=0，可得f（x）在（1，+∞）上恒大于0不成立，由上即可得到实数a的取值范围．

解答 解：令f（x）=$\frac{1}{x}$+alnx-1（x＞1），
f′（x）=$\frac{ax-1}{{x}^{2}}$，
当a≤0时，f′（x）＜0，f（x）在（1，+∞）上单调递减，
由f（1）=0，可得f（x）在（1，+∞）上恒小于0，不合题意；
当a＞0时，令f′（x）=0，解得：x=$\frac{1}{a}$，
若$\frac{1}{a}≤1$，即a≥1，f′（x）＞0在（1，+∞）上恒成立，f（x）在（1，+∞）上为增函数，
由f（1）=0，可得f（x）在（1，+∞）上恒大于0，符合题意；
若$\frac{1}{a}$＞1，即0＜a＜1，则当x∈（1，$\frac{1}{a}$）时，f′（x）＜0，当x∈（$\frac{1}{a}$，+∞）时，f′（x）＞0，
∴f（x）在（1，$\frac{1}{a}$）上单调递减，在（$\frac{1}{a}$，+∞）上单调递增．
由f（1）=0，可得f（x）在（1，+∞）上恒大于0不成立，不合题意．
∴实数a的取值范围是[1，+∞）．
故答案为：[1，+∞）．

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函数恒成立问题，是中档题．