Question

已知函数f(x)＝－alnx，a∈R．
（Ⅰ）当f(x)存在最小值时，求其最小值φ(a)的解析式；
（Ⅱ）对（Ⅰ）中的φ(a)，
（ⅰ）当a∈(0，＋∞)时，证明：φ(a)≤1；
（ⅱ）当a＞0，b＞0时，证明：φ′()≤≤φ′()．

Answer 1

（Ⅰ）φ(a)＝a－alna（a＞0）；（Ⅱ）详见解析.

解析试题分析：（Ⅰ）利用导数分析函数单调性，求最值；（Ⅱ）利用导数分析函数单调性，分类讨论.
试题解析：(Ⅰ)求导数，得f ′(x)＝－＝（x＞0）．
（1）当a≤0时，f ′(x)＝＞0，f(x)在(0，＋∞)上是增函数，无最小值．
（2）当a＞0时，令f ′(x)＝0，解得x＝a²．
当0＜x＜a²时，f ′(x)＜0，∴f(x)在(0，a²)上是减函数；
当x＞a²时，f ′(x)＞0，∴f(x)在(a²，＋∞)上是增函数．
∴f(x)在x＝a²处取得最小值f(a²)＝a－alna．
故f(x)的最小值φ(a)的解析式为φ(a)＝a－alna（a＞0）．         6分
（Ⅱ）由（Ⅰ），知φ(a)＝a－alna（a＞0），
求导数，得φ′(a)＝－lna．
（ⅰ）令φ′(a)＝0，解得a＝1．
当0＜a＜1时，φ′(a)＞0，∴φ(a)在(0，1)上是增函数；
当a＞1时，φ′(a)＜0，∴φ(a)在(1，＋∞)上是减函数．
∴φ(a)在a＝1处取得最大值φ(1)＝1．
故当a∈(0，＋∞)时，总有φ(a)≤1．             10分
（ⅱ）当a＞0，b＞0时，
＝－＝－ln，               ①
φ′()＝－ln()≤－ln，                  ②
φ′()＝－ln()≥－ln＝－ln，        ③
由①②③，得φ′()≤≤φ′()．         14分
考点：导数，函数的单调性，最值.