Question

7．设函数f（x）=lnx-ax+1在x=1处取得极值，
（1）求a的值；
（2）讨论f（x）的单调性；
（3）证明：当x∈（1，+∞）时，$1＜\frac{x-1}{lnx}＜x$．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=$\frac{1}{x}$-a，根据函数f（x）=lnx-ax+1在x=1处取得极值，可得f′（1）=0，解得a．
（2）f′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$．分别解出f′（x）＞0，f′（x）＜0，可得函数f（x）单调性．
（3）①当x∈（1，+∞）时，令lnx-（x-1）=g（x），由（2）可得：g（x）在x∈（1，+∞）上单调递减，即可证明1$＜\frac{x-1}{lnx}$．
②当x∈（1，+∞）时，要证明：$\frac{x-1}{lnx}$＜x，化为：lnx＞1-$\frac{1}{x}$，令$\frac{1}{x}$=t∈（0，1），则上述不等式化为：ln$\frac{1}{t}$＞1-t，即lnt+1-t＜0，令h（t）=lnt+1-t，由（2）可知：t∈（0，1）时，函数h（x）单调递增，即可证明．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{1}{x}$-a，
∵函数f（x）=lnx-ax+1在x=1处取得极值，
∴f′（1）=1-a=0，解得a=1．
经过验证满足条件，∴a=1．
（2）f′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$．
可得：0＜x＜1时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增；1＜x时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减．
（3）证明：①当x∈（1，+∞）时，令lnx-（x-1）=g（x），
由（2）可得：g（x）在x∈（1，+∞）上单调递减，∴g（x）＜g（1）=0，∴lnx＜x-1，又x＞1时，lnx＞0．
∴1$＜\frac{x-1}{lnx}$．
②当x∈（1，+∞）时，要证明：$\frac{x-1}{lnx}$＜x，化为：lnx＞1-$\frac{1}{x}$，
令$\frac{1}{x}$=t∈（0，1），则上述不等式化为：ln$\frac{1}{t}$＞1-t，即lnt+1-t＜0，
令h（t）=lnt+1-t，由（2）可知：t∈（0，1）时，函数h（x）单调递增，∴h（t）＜h（1）=0，因此lnt+1-t＜0成立．
即当x∈（1，+∞）时，$\frac{x-1}{lnx}$＜x成立．
综上可得：：当x∈（1，+∞）时，$1＜\frac{x-1}{lnx}＜x$．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值、方程与不等式的解法、分析法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．