题目内容
【题目】函数f（x）定义在（0，+∞）上，f（1）=0，导函数f′（x）= 
v，g（x）=f（x）+af′（x）．
（1）若a＜0，试判断g（x）在定义域内的单调性；
（2）若g（x）在[1，e]上的最小值为 
，求a的值；
（3）证明：当a≥1时，g（x）＞ln（x+1）在（0，+∞）上恒成立．
【答案】
（1）解：由题设易知f（x）=lnx，∴g（x）=lnx+ 
，g（x）的定义域为（0，+∞），
且g′（x）= 
．∵a＜0，∴g′（x）＞0，
故g（x）在（0，+∞）上是单调递增函数．
（2）解：①若a≤1，则x﹣a≥0，即f′（x）≥0在[1，e]上恒成立，
此时g（x）在[1，e]上为增函数，
∴g（x）min=g（1）=a= 
＞1 （舍去）．
②若a≥e，则x﹣a≤0，则g′（x）≤0在[1，e]上恒成立，
此时g（x）在[1，e]上为减函数，
∴g（x）min=g（e）=1+ 
= ，∴a= 
＜e （舍去）．
③若1＜a＜e，令g′（x）=0得x=a，
当1＜x＜a时，g′（x）＜0，∴f（x）在（1，a）上为减函数；
当a＜x＜e时，g′（x）＞0，∴f（x）在（a，e）上为增函数，
∴g（x）min=g（a）=lna+1= ，∴a= 
．
综上所述，a= ．
（3）证明：令函数h（x）=（x﹣1）﹣lnx（x＞0），
x＞1时，h′（x）＞0，又在x=1处连续，
∴x∈[1，+∞）时，为增函数，∵ 
，
∴ 
，即： 
，
整理得： 
，
又当a≥1时，有 
，命题得证．
法二：可探究“g（x）＞ln（x+1）在（0，+∞）上恒成立”的充要条件是“a≥1”．
由g（x）＞ln（x+1）得： 
，令 
，
利用导数与极限知识，可求h（x）的最大值．
【解析】（1）求出函数的导数，判断出导函数的符号，从而求出函数的单调性；（2）讨论a的范围，得到函数的单调区间，从而表示出函数在闭区间上的最小值，求出a的值即可；（3）法一：令函数h（x）=（x﹣1）﹣lnx（x＞0），求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可；法二：分离参数证明即可．
【考点精析】通过灵活运用利用导数研究函数的单调性和函数的最大(小)值与导数，掌握一般的,函数的单调性与其导数的正负有如下关系： 在某个区间
内，(1)如果
，那么函数
在这个区间单调递增；(2)如果
，那么函数
在这个区间单调递减；求函数在
上的最大值与最小值的步骤：（1）求函数在内的极值；（2）将函数的各极值与端点处的函数值
，
比较，其中最大的是一个最大值，最小的是最小值即可以解答此题．
