Question

【题目】已知函数， （）

（Ⅰ）求函数的单调区间；

（Ⅱ）证明：当时，对于任意， ，总有成立，其中是自然对数的底数.

Answer 1

【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析.

【解析】试题分析：（I）先求导，由此，对进行分类讨论， 时，开口向下， 时，开口向上，分别画出对应导函数的图象，从而得出单调区间.（II）由（I）当时， 在是正函数，在上为减函数. .用（I）的方法，对求导后进行分类讨论，利用导数证明恒成立即可.

试题解析：

（Ⅰ）函数f （x）的定义域为R，f ′（x）＝＝.

当a>0时，当x变化时，f ′（x），f（x）的变化情况如下表：

x	（－∞，－1）	－1	（－1，1）	1	（1，＋∞）
f ′（x）	－	0	＋	0	－
f （x）	↘		↗		↘

当a<0时，当x变化时，f ′（x），f（x）的变化情况如下表：

x	（－∞，－1）	－1	（－1，1）	1	（1，＋∞）
f ′（x）	＋	0	－	0	＋
f （x）	↗		↘		↗

综上所述，

当a>0时，f （x）的单调递增区间为（－1，1），单调递减区间为（－∞，－1），（1，＋∞）；

当a<0时，f （x）的单调递增区间为（－∞，－1），（1，＋∞），单调递减区间为（－1，1）．

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，当a>0时，f （x）在区间（0，1）上单调递增，f （x）>f （0）＝a；

f （x）在区间（1，e]上单调递减，且f （e）＝＋a>a，所以当x∈（0，e]时，f （x）>a.

因为g（x）＝aln x－x，所以g′（x）＝－1，令g′（x）＝0，得x＝a.

①当a≥e时，g′（x）≥0在区间（0，e]上恒成立，

所以函数g（x）在区间（0，e]上单调递增，所以g（x）max＝g（e）＝a－e<a.

所以对于任意x1，x2∈（0，span>e]，仍有g（x1）<f（x2）．

②当0<a<e时，由g′（x）>0，得0<x<a；由g′（x）<0，得e≥x>a，所以函数g（x）在区间（0，a）上单调递增，在区间（a，e]上单调递减．所以g（x）max＝g（a）＝aln a－a.

因为a－（aln a－a）＝a（2－ln a）>a（2－ln e）＝a>0，

所以对任意x1，x2∈（0，e]，总有g（x1）<f （x2）．

综上所述，对于任意x1，x2∈（0，e]，总有g（x1）<f （x2）．