Question

8．已知函数f（x）=ax²+x-xlnx（a∈R）
（Ⅰ）若a=0，讨论函数的单调性；
（Ⅱ）若函数f（x）满足f（1）=2且在定义域内f（x）≥bx²+2x恒成立，求实数b的取值范围；
（Ⅲ）当$\frac{1}{e}$＜x＜y＜1时，试比较$\frac{y}{x}$与$\frac{1+lny}{1+lnx}$的大小．

Answer 1

分析 （Ⅰ）将a=0代入，求出函数的导数，从而求出函数的单调区间；
（Ⅱ）问题转化为b≤1-$\frac{1}{x}$-$\frac{lnx}{x}$（x＞0）恒成立，设g（x）=1-$\frac{1}{x}$-$\frac{lnx}{x}$（x＞0），则b≤g（x）_min，通过求导得到函数g（x）的单调性，求出g（x）的最小值即可；
（Ⅲ）根据函数g（x）的单调性，得到$\frac{1+lnx}{x}$＜$\frac{1+lny}{y}$，从而得到答案．

解答 解：（Ⅰ）∵a=0，∴f（x）=x-xlnx（x＞0），
∴f′（x）=1-（lnx+1）=-lnx，
∴当0＜x＜1时，f′（x）＞0，当x＞1时，f′（x）＜0，
∴函数f（x）的单调递增区间为（0，1），
函数f（x）的单调递减区间为（1，+∞）；
（Ⅱ）∵f（1）=2，∴a+1=2，∴a=1，
∴f（x）=x²+x-xlnx（x＞0），
∵在定义域内f（x）≥bx²+2x恒成立，
∴b≤1-$\frac{1}{x}$-$\frac{lnx}{x}$（x＞0）恒成立，
设g（x）=1-$\frac{1}{x}$-$\frac{lnx}{x}$（x＞0），则b≤g（x）_min，
∵g′（x）=$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{\frac{1}{x}•x-lnx}{{x}^{2}}$=$\frac{lnx}{{x}^{2}}$，
∴当0＜x＜1时，g′（x）＜0，当x＞1时，g′（x）＞0，
∴g（x）在x=1处取得极小值，也为最小值，g（x）_min=g（1）=0，
∴实数b的取值范围为：（-∞，0]；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，g（x）=1-$\frac{1}{x}$-$\frac{lnx}{x}$=1-$\frac{1+lnx}{x}$在（$\frac{1}{e}$，1）上为减函数，
∵$\frac{1}{e}$＜x＜y＜1，∴g（x）＞g（y），
即1-$\frac{1+lnx}{x}$＞1-$\frac{1+lny}{y}$，∴$\frac{1+lnx}{x}$＜$\frac{1+lny}{y}$，
又1+lnx＞0，y＞0，
∴$\frac{y}{x}$＜$\frac{1+lny}{1+lnx}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，考查函数恒成立问题，本题属于中档题．