Question

1．设函数f（x）=lnx-ax（a∈R）（其中e=2.71828…）．
（Ⅰ）判断函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）函数f（x）＜0在（0，+∞）上恒成立时，求a的取值范围；
（Ⅲ）证明：当x∈（1，+∞）时，$\frac{x}{{{e^{x-1}}}}•{x^{\frac{1}{x-1}}}＜e$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）f′（x）=$\frac{1}{x}$-a，（x＞0）．对a分类讨论：a≤0，a＞0，利用导数研究函数的单调性；
（Ⅱ）lnx-ax＜0在（0，+∞）上恒成立?a＞（$\frac{lnx}{x}$）_max，x∈（0，+∞）．令f（x）=$\frac{lnx}{x}$，x∈（0，+∞）．利用导数研究其单调性极值与最值即可得出；
（Ⅲ）把要证明的不等式$\frac{x}{{{e^{x-1}}}}•{x^{\frac{1}{x-1}}}＜e$转化为lnx＜x-1，构造函数g（x）=lnx-x+1，由导数加以证明．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{1}{x}$-a，（x＞0），
当a≤0时，f′（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）单调递增；
当a＞0时，f′（x）=$\frac{-a（x-\frac{1}{a}）}{x}$，
令f′（x）＞0，解得0＜x＜$\frac{1}{a}$；令f′（x）＜0，解得x＞$\frac{1}{a}$．
∴函数f（x）的单调递增区间为（0，$\frac{1}{a}$），单调递减区间为（$\frac{1}{a}$，+∞）．
综上可得：当a≤0时，函数f（x）在（0，+∞）单调递增；
当a＞0时，函数f（x）的单调递增区间为（0，$\frac{1}{a}$），单调递减区间为（$\frac{1}{a}$，+∞）．
（Ⅱ）lnx-ax＜0在（0，+∞）上恒成立?a＞（$\frac{lnx}{x}$）_max，x∈（0，+∞）．
令f（x）=$\frac{lnx}{x}$，x∈（0，+∞）．
f′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
当0＜x＜e时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增；
当x＞e时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减．
∴当x=e时，函数f（x）取得最大值，f（e）=$\frac{1}{e}$．
∴a＞$\frac{1}{e}$．
∴a的范围是（$\frac{1}{e}$，+∞）．
（Ⅲ）证明：当x∈（1，+∞）时，要证明$\frac{x}{{{e^{x-1}}}}•{x^{\frac{1}{x-1}}}＜e$．
即证${x}^{\frac{1}{x-1}+1}$＜e^x，即证${x}^{\frac{x}{x-1}}$＜e^x，即证ln${x}^{\frac{x}{x-1}}$＜lne^x．
即证 $\frac{x}{x-1}$lnx＜x，
∵x＞1即证lnx＜x-1，
令g（x）=lnx-x+1，
∵g′（x）=$\frac{1-x}{x}$＜0，
∴g（x）在（1，+∞）上单调递减，
∴g（x）＜g（1）=0，即lnx＜x-1，
∴当x∈（1，+∞）时，$\frac{x}{{{e^{x-1}}}}•{x^{\frac{1}{x-1}}}＜e$．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，同时考查不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，不等式的证明问题注意转化及运用已有结论，考查运算和推理能力，属于中档题．