Question

7．已知函数f（x）=ax-lnx，a∈R．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（ 2）当x∈（0，e]时，证明：e²x²-$\frac{5}{2}$x＞（x+1）lnx．

Answer 1

分析 （1）先求导，再分类讨论即可得到函数的单调性，
（2）令g（x）=e²x-lnx，h（x）=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{5}{2}$，只要证明g（x）_min＞h（x）_max，分别求导，求出最值，即可证明．

解答 解：（1）：f（x）=ax-lnx，a∈R，x＞0，
∴f′（x）=a-$\frac{1}{x}$=$\frac{ax-1}{x}$，
当a≤0时，f′（x）＜0，即f（x）在（0，+∞）单调递减，
当a＞0时，令f′（x）＞0，解得x＞$\frac{1}{a}$，函数单调递增，
当a＜0时，令f′（x）＞0，解得0＜x＜$\frac{1}{a}$，函数单调递减，
∴f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）单调递减，在（$\frac{1}{a}$，+∞）单调递增，
证明：（2）不等式e²x²-$\frac{5}{2}$x＞（x+1）lnx等价于e²x-lnx＞$\frac{lnx}{x}$+$\frac{5}{2}$，
令g（x）=e²x-lnx，
则g′（x）=e²-$\frac{1}{x}$，
令g′（x）=0，解得x=$\frac{1}{{e}^{2}}$，
当x∈（0，$\frac{1}{{e}^{2}}$）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减，
当x∈（$\frac{1}{{e}^{2}}$，e]时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，
当x=$\frac{1}{{e}^{2}}$时，g（x）_min=g（$\frac{1}{{e}^{2}}$）=3，
令h（x）=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{5}{2}$，
则h′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
令h′（x）=0，解得x=e，
当x∈（0，e]时，h′（x）≥0，函数h（x）单调递增，
当x=e时，h（x）_max=h（e）=$\frac{1}{e}$+$\frac{5}{2}$＜$\frac{1}{2}$+$\frac{5}{2}$=3，
所以e²x-lnx＞$\frac{lnx}{x}$+$\frac{5}{2}$，
所以e²x²-$\frac{5}{2}$x＞（x+1）lnx

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查不等式的恒成立问题转化为求最值，考查不等式的证明，注意构造函数运用导数求最值，属于中档题，