Question

已知函數(shù)f（x）=ax-1-lnx（a∈R）
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）若函數(shù)f（x）在x=1處取得極值，不等式f（x）≥bx-2對?x∈（0，+∞）恒成立，求實數(shù)b的取值范圍；
（3）當x＞y＞e-1時，證明不等式e^xln（1+y）＞e^yln（1+x）

Answer 1

分析：（1）由f（x）=ax-1-lnx，求得f′（x）=

ax-1

x

．然后分a≤0與a＞0兩種情況討論，從而得到f′（x）的符號，可得f（x）在其定義域（0，+∞）內(nèi)的單調(diào)性，最后綜合可得答案；
（2）函數(shù)f（x）在x=1處取得極值，由（1）的討論可得a=1．將不等式f（x）≥bx-2化簡整理得到1+

1

x

-

lnx

x

≥b，再構(gòu)造函數(shù)g（x）=1+

1

x

-

lnx

x

，利用導數(shù)研究g（x）的單調(diào)性，得到[g（x）]_min=1-

1

e 2

]．由此即可得到實數(shù)b的取值范圍；
（3）設函數(shù)F（t）=

et

ln(1+t)

，其中t＞e-1．利用導數(shù)研究F（x）的單調(diào)性，得到得F（t）是（e-1，+∞）上的增函數(shù)．從而得到當x＞y＞e-1時，F(xiàn)（x）＞F（y）即

ex

ln(1+x)

＞

ey

ln(1+y)

，變形整理即可得到不等式e^xln（1+y）＞e^yln（1+x）成立．

解答：解：（1）∵f（x）=ax-1-lnx，∴f′（x）=a-

1

x

=

ax-1

x

，
當a≤0時，f'（x）≤0在（0，+∞）上恒成立，
∴函數(shù)f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞減；
當a＞0時，f'（x）＜0得 0＜x≤

1

a

，f'（x）＞0得x＞

1

a

，
∴f（x）在（0，

1

a

）上單調(diào)遞減，在（

1

a

，+∞）上單調(diào)遞增，
綜上所述，當a≤0時函數(shù)f（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)；
當a＞0時，f（x）在（0，

1

a

）上是減函數(shù)，在（

1

a

，+∞）上是增函數(shù)．
（2）∵函數(shù)f（x）在x=1處取得極值，∴根據(jù)（1）的結(jié)論，可得a=1，
∴f（x）≥bx-2，即x+1-lnx≥bx，兩邊都除以正數(shù)x，得1+

1

x

-

lnx

x

≥b，
令g（x）=1+

1

x

-

lnx

x

，則g′（x）=-

1

x2

-

1-lnx

x2

=-

1

x2

（2-lnx），
由g′（x）＞0得，x＞e²，∴g（x）在（0，e²）上遞減，
由g′（x）＜0得，0＜x＜e²，∴g（x）在（e²，+∞）上遞增，
∴g（x）_min=g（e²）=1-

1

e 2

，
可得b≤1-

1

e 2

，實數(shù)b的取值范圍為（-∞，1-

1

e 2

]．
（3）令F（t）=

et

ln(1+t)

，其中t＞e-1
可得F'（t）=

etln(1+t)-et• 1 1+t

ln2(1+t)

=

et[ln(1+t)- 1 1+t ]

ln2(1+t)

再設G（t）=ln（1+t）-

1

1+t

，可得G'（t）=

1

1+t

+

1

(1+t)2

＞0在（e-1，+∞）上恒成立
∴G（t）是（e-1，+∞）上的增函數(shù)，可得G（t）＞G（e-1）=lne-

1

e

=1-

1

e

＞0
因此，F(xiàn)'（t）=

et[ln(1+t)- 1 1+t ]

ln2(1+t)

＞0在（e-1，+∞）上恒成立，可得F（t）=

et

ln(1+t)

是（e-1，+∞）上的增函數(shù)．
∵x＞y＞e-1，∴F（x）＞F（y），可得

ex

ln(1+x)

＞

ey

ln(1+y)

∵ln（1+x）＞0且ln（1+y）＞0，∴不等式兩邊都乘以ln（1+x）ln（1+y），可得e^xln（1+y）＞e^yln（1+x）．
即對任意x＞y＞e-1，都有不等式e^xln（1+y）＞e^yln（1+x）成立．

點評：本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的極值，考查恒成立問題，著重考查分類討論思想與構(gòu)造函數(shù)思想的應用，體現(xiàn)綜合分析問題與解決問題能力，屬于難題．