Question

已知函数f（x）=ax+lnx，a∈R
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）是否存在实数a，使不等式f（x）＜ax²对x∈（1，+∞）恒成立，若存在，求实数a的取值范围，若不存在，请说明理由．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：计算题,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）求导f′（x）=a+

1

x

，x＞0；讨论a以确定导数的正负，从而确定函数的单调区间；
（Ⅱ）假设存在这样的实数a，使不等式f（x）＜ax²对x∈（1，+∞）恒成立，从而化为ax²-ax-lnx＞0，（x＞1）恒成立，令h（x）=ax²-ax-lnx＞0，（x≥1），利用导数求解．

解答： 解：（Ⅰ）f′（x）=a+

1

x

，x＞0；
①当a≥0时，f′（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）内是增函数，
即函数的单调增区间为（0，+∞）；
②当a＜0时，令f′（x）=0得x=-

1

a

＞0，
且x∈（0，-

1

a

）时，f′（x）＞0；
又x∈（-

1

a

，+∞）时，f′（x）＜0；
所以函数f（x）递增区间为（0，-

1

a

），递减区间为（-

1

a

，+∞）；
（Ⅱ）假设存在这样的实数a，使不等式f（x）＜ax²对x∈（1，+∞）恒成立，
即ax²-ax-lnx＞0，（x＞1）恒成立，
令h（x）=ax²-ax-lnx＞0，（x≥1），
则h（1）=0，且h（x）＞0（x＞1）恒成立；
h′（x）=2ax-a-

1

x

=

2ax2-ax-1

x

，
①当a=0时，h′（x）=-

1

x

＜0，
则函数h′（x）在[1，+∞）上单调递减，
于是h（x）≤h（1）=0；
与h（x）＞0（x＞1）矛盾，故舍去．
②当a＜0时，h（x）=ax²-ax-lnx=ax（x-1）+ln

1

x

，（x≥1）；
而当x＞1时，由函数y=ax²-ax和y=-lnx都单调递减．
且由图象可知，x趋向正无穷大时，h（x）=ax（x-1）+ln

1

x

趋向于负无穷大．
这与h（x）＞0（x＞1）恒成立矛盾，故舍去．
③当a＞0时，h′（x）=2ax-a-

1

x

=

2ax2-ax-1

x

=0等价于2ax²-ax-1=0；
记其两根为x₁＜0＜x₂；
易知x∈（x₁，x₂）时，h′（x）＜0，
而x∈（x₂，+∞）时，h′（x）＞0，
（i）若x₂＞1时，则函数h（x）在（1，x₂）上递减，
于是h（x）≤h（1）=0矛盾，舍去；
（ii）若x₂≤1时，则函数h（x）在（1，+∞）上递增，于是h（x）＞h（1）=0恒成立．
所以0＜x₂≤1，即x₂=

a+ a2+8a

4a

≤1，
解得a≥1．
综上所述，
存在这样的实数a≥1，使不等式f（x）＜ax²对x∈（1，+∞）恒成立．

点评：本题考查了导数的综合应用及恒成立问题，属于难题．