Question

3．已知函数f（x）=lnx-（1+a）x²-x．
（1）讨论 函数f（x）的单调性；
（2）当a＜1时，证明：对任意的x∈（0，+∞），有f（x）＜-$\frac{lnx}{x}$-（1+a）x²-a+1．

Answer 1

分析 （1）求出原函数的导函数，对a分类求解原函数的单调区间；
（2）利用分析法证明，把要证的不等式转化为证明$\frac{lnx}{x}+lnx-x≤0$成立，即证$\frac{lnx}{x}≤x-lnx$．令g（x）=$\frac{lnx}{x}$，h（x）=x-lnx，由导数求出g（x）的最大值和h（x）的最小值，由g（x）的最大值小于h（x）的最小值得答案．

解答 （1）解：由f（x）=lnx-（1+a）x²-x，得
f′（x）=$\frac{1}{x}-2（1+a）x-1=\frac{-2（1+a）{x}^{2}-x+1}{x}$（x＞0），
当a=-1时，f′（x）=$\frac{1-x}{x}$，
当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；
当$a≤-\frac{9}{8}$时，-2（1+a）＞0，-2（1+a）x²-x+1≥0，即f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上为增函数；
当$-\frac{9}{8}＜a＜-1$时，-2（1+a）＞0，二次方程-2（1+a）x²-x+1=0有两根，${0＜x}_{1}=\frac{-1+\sqrt{8a+9}}{4（1+a）}＜{x}_{2}=\frac{-1-\sqrt{8a+9}}{4（1+a）}$，
当x∈（0，x₁），x∈（x₂，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，当x∈（x₁，x₂）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；
当a＞-1时，-2（1+a）＜0，二次方程-2（1+a）x²-x+1=0有两根，${x}_{1}=\frac{-1-\sqrt{8a+9}}{4（1+a）}＜0$，${x}_{2}=\frac{-1+\sqrt{8a+9}}{4（1+a）}＞0$，
当x∈（0，x₂）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，当x∈（x₂，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数．
（2）证明：要证f（x）＜-$\frac{lnx}{x}$-（1+a）x²-a+1，
即证lnx-（1+a）x²-x＜-$\frac{lnx}{x}$-（1+a）x²-a+1，
即$\frac{lnx}{x}+lnx-x＜1-a$，
∵a＜1，∴1-a＞0，
也就是证$\frac{lnx}{x}+lnx-x≤0$，
即证$\frac{lnx}{x}≤x-lnx$．
令g（x）=$\frac{lnx}{x}$，则g′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
当x∈（0，e）时，g′（x）＞0，g（x）为增函数，当x∈（e，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）为减函数，
∴$g（x）_{max}=g（e）=\frac{1}{e}$；
令h（x）=x-lnx，h′（x）=1-$\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}$，
当x∈（0，1）时，h′（x）＜0，h（x）为减函数，当x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）为增函数，
∴h（x）_min=h（1）=1，
∴$\frac{lnx}{x}≤x-lnx$成立，
故对任意的x∈（0，+∞），有f（x）＜-$\frac{lnx}{x}$-（1+a）x²-a+1．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数求函数的最值，体现了分类讨论的数学思想方法，考查逻辑推理能力和运算能力，属难题．