Question

17．函数f（x）=xln（ax+1）（a≠0）．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）若a＞0且满足：对?x₁，x₂∈[-1，1]，都有|f（x₁）-f（x₂）|≤ln3-ln2，试比较e^a-1与${a^{1-\frac{1}{e}}}$的大小，并证明．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）问题等价于$\left\{{\begin{array}{l}{f（-1）-f（0）≤ln3-ln2}\\{f（1）-f（0）≤ln3-ln2}\end{array}}\right.$，解得a的范围，令$g（x）=x-1-（{1-\frac{1}{e}}）lnx$，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（Ⅰ）$f'（x）=ln（ax+1）+\frac{ax}{ax+1}$，$f''（x）=\frac{ax}{ax+1}+\frac{ax}{{{{（{ax+1}）}^2}}}=\frac{a（ax+2）}{{{{（{ax+1}）}^2}}}$．
当a＞0时，f''（x）＞0，f'（x）单调递增，又f'（0）=0，
所以当$x∈（{-\frac{1}{a}，0}）$时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈（0，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；
当a＜0时，f''（x）＜0，f'（x）单调递减，又f'（0）=0，
所以当x∈（-∞，0）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；
当$x∈（{0，-\frac{1}{a}}）$时，f'（x）＜0，f（x）单调递减．
（Ⅱ）当a＞0时，由$-1≥-\frac{1}{a}$得a≤1．
由（Ⅰ）知f（x）在[-1，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，
所以对?x₁，x₂∈[-1，1]，都有|f（x₁）-f（x₂）|≤ln3-ln2，
等价于$\left\{{\begin{array}{l}{f（-1）-f（0）≤ln3-ln2}\\{f（1）-f（0）≤ln3-ln2}\end{array}}\right.$即$\left\{{\begin{array}{l}{-ln（-a+1）≤ln\frac{3}{2}}\\{ln（a+1）≤ln\frac{3}{2}}\end{array}}\right.$解得$a≤\frac{1}{3}$；
令$g（x）=x-1-（{1-\frac{1}{e}}）lnx$，g′（x）=1-（1-$\frac{1}{e}$）$\frac{1}{x}$，
$x∈（{0，1-\frac{1}{e}}）$时，g'（x）＜0，g（x）单调递减；
当$x∈（{1-\frac{1}{e}，+∞}）$时，g'（x）＞0，g（x）单调递增；
又$g（\frac{1}{e}）=g（1）=0$，所以$g（a）≥g（{\frac{1}{3}}）＞g（{\frac{1}{e}}）=0$．
即$a-1-（{1-\frac{1}{e}}）lna＞0$，所以${e^{a-1}}＞{a^{1-\frac{1}{e}}}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，不等式的证明，转化思想，是一道综合题．