Question

6．已知函数f（x）=axlnx（a≠0，a∈R）．
（1）若函数f（x）有极小值-$\frac{1}{e}$，求f（x）的单调函数；
（2）证明：当a＞0时，f（x）≥a（x-1）；
（3）当x∈（1，e）是，不等式$\frac{x-1}{a}$＜lnx恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求函数的导数，根据函数的极小值确定a的取值范围，即可得到结论．
（2）根据不等式的关系，构造函数，求函数的导数，利用导数和极值之间的关系进行证明即可．
（3）利用参数分离法转化求函数的最值即可得到结论．

解答 解：（1）函数f（x的定义域为（0，+∞）．
∵f′（x）=a（lnx+1），
∴f′（x）=0，解得x=$\frac{1}{e}$．
①当a＞0时，随着x变化时，f（x）和f′（x）的变化情况如下：

x	（0，$\frac{1}{e}$）	$\frac{1}{e}$	（$\frac{1}{e}$，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）	↘		↗

即函数f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）上单调递减，在（$\frac{1}{e}$，+∞）上单调递增．
即当x=$\frac{1}{e}$时，函数取得极小值f（$\frac{1}{e}$）=$\frac{1}{e}$•aln$\frac{1}{e}$=-$\frac{a}{e}$，
若函数f（x）有极小值-$\frac{1}{e}$，∴此时-$\frac{a}{e}$=-$\frac{1}{e}$，得a=1．
②当a＜0时，随着x变化时，f（x）和f′（x）的变化情况如下：

x	（0，$\frac{1}{e}$）	$\frac{1}{e}$	（$\frac{1}{e}$，+∞）
f′（x）	+	0	-
f（x）	↗		↘

即函数f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）上单调递增，在（$\frac{1}{e}$，+∞）上单调递减．
即当x=$\frac{1}{e}$时，函数取得极大值f（$\frac{1}{e}$）=$\frac{1}{e}$•aln$\frac{1}{e}$=-$\frac{a}{e}$，不满足条件．
故a=1时，函数f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）上单调递减，在（$\frac{1}{e}$，+∞）上单调递增．
（2）当a＞0时，若f（x）≥a（x-1）；
则等价为axlnx≥a（x-1），即xlnx≥x-1，
即xlnx-x+1≥0，
设F（x）=xlnx-x+1，
则F′（x）=lnx+1-1=lnx，
当x＞1时，F′（x）＞0，当0＜x＜1时，F′（x）＜0，
即当x=1时，函数，F（x）=xlnx-x+1极小值，同时也是最小值，
此时F（1）=ln1-1+1=0，
即F（x）≥F（1）=0，
即xlnx-x+1≥0成立，即当a＞0时，f（x）≥a（x-1）成立；
（3）a＞0时，x∈（1，e），0＜lnx＜1，不等式$\frac{x-1}{a}$＜lnx恒成立，等价于a＞$\frac{x-1}{lnx}$恒成立，
令g（x）=$\frac{x-1}{lnx}$，g′（x）=$\frac{lnx+\frac{1}{x}-1}{{ln}^{2}x}$，
令h（x）=lnx+$\frac{1}{x}$-1，h′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$＞0，x∈（1，e），
∴h（x）在（1，e）递增，h_min（x）＞h（1）=0，
∴g′（x）＞0在（1，e）恒成立，
∴g（x）_max＜g（e）=e-1，
∴a≥e-1，
a＜0时，a＜$\frac{x-1}{lnx}$，∵g（x）=$\frac{x-1}{lnx}$，x∈（1，e），
∵g（x）=$\frac{x-1}{lnx}$＞0，恒成立，
∴不等式a＜$\frac{x-1}{lnx}$，恒成立，即此时a＜0成立，
综上，a≥e-1或a＜0．

点评 本题主要考查导数的综合应用，求函数的导数，利用函数单调性，极值和最值与导数之间的关系是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．