Question

8．设f（x）=alnx+$\sqrt{x}$-1，
（1）求f（x）的单调区间
（2）证明：当a=1，x＞1时，f（x）＜$\frac{3}{2}$（x-1）．

Answer 1

分析 （1）求得函数的定义域，先求出函数的导数，通过讨论a的范围，从而求出函数的单调区间；
（2）（证法一）设g（x）=lnx+$\sqrt{x}$-1-$\frac{3}{2}$（x-1），求导，．当x＞1时，g′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{2\sqrt{x}}$-$\frac{3}{2}$＜0，g（x）在（1，+∞）上单调递减，由g（1）=0，g（x）＜0，即f（x）＜$\frac{3}{2}$（x-1）；
（证法二）x＞1时，$\sqrt{x}$＜$\frac{x}{2}$+$\frac{1}{2}$，令k（x）=lnx-x+1，求导k′（x）=$\frac{1}{x}$-1＜0，k（x）＜0，即lnx＜x-1，可证，x＞1时，f（x）＜$\frac{3}{2}$（x-1）．

解答 解：（1）定义域为（0，+∞），求导，$f'（x）=\frac{a}{x}+\frac{1}{2}{x^{-\frac{1}{2}}}$=$\frac{{2a+\sqrt{x}}}{2x}$…（2分）
当a≥0时，f'（x）＞0
当a＜0时，令f'（x）＞0，解得x＞4a²；
令f'（x）＜0，0＜x＜4a²…（5分）
综上所述：当a≥0时，f（x）的递增区间为（0，+∞），
当a＜0时，f（x）的递增区间为（4a²，+∞），f（x）的递减区间为（0，4a²）…（6分）
（2）证明：（证法一）记g（x）=lnx+$\sqrt{x}$-1-$\frac{3}{2}$（x-1）．
则当x＞1时，g′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{2\sqrt{x}}$-$\frac{3}{2}$＜0，g（x）在（1，+∞）上单调递减．
又g（1）=0，有g（x）＜0，即f（x）＜$\frac{3}{2}$（x-1）．…（14分）
（证法二）
由均值不等式，当x＞1时，2$\sqrt{x}$＜x+1，故$\sqrt{x}$＜$\frac{x}{2}$+$\frac{1}{2}$．①
令k（x）=lnx-x+1，则k（1）=0，k′（x）=$\frac{1}{x}$-1＜0，
故k（x）＜0，即lnx＜x-1．②
由①②得，当x＞1时，f（x）＜$\frac{3}{2}$（x-1）．…（14分）

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性及最值，考查导数的运算法则及基本不等式的性质，考查分类讨论思想，属于中档题．