Question

4．设f（x）=lnx+ax，$g（x）=\frac{1}{2}a{x^2}-（2a+1）x$
（1）若a=1，证明：x∈[1，2]时，$f（x）-3＜\frac{1}{x}$成立
（2）讨论函数y=f（x）+g（x）的单调性．

Answer 1

分析 （1）把证明x∈[1，2]时，$f（x）-3＜\frac{1}{x}$成立转化为证xlnx+x²-3x-1＜0在x∈[1，2]时恒成立，令g（x）=xlnx+x²-3x-1，采用两次求导可得g（x）在[1，2]上单调递增，则g（x）≤g（2）=2ln2-3＜0，从而证得结论；
（2）求出原函数的导函数$f'（x）=\frac{1}{x}+ax-（a+1）=\frac{{a{x^2}-（a+1）x+1}}{x}$，然后分a≤0，0＜a＜1，a=1和a＞1四种情况讨论函数的单调性．

解答 （1）证明：当a=1时，f（x）=lnx+x，
要证x∈[1，2]时，$f（x）-3＜\frac{1}{x}$成立，由于x＞0，
∴只需证xlnx+x²-3x-1＜0在x∈[1，2]时恒成立，
令g（x）=xlnx+x²-3x-1，则g'（x）=lnx+2x-2，
∵g'（1）=0，设h（x）=lnx+2x-2，则$h'（x）=\frac{1}{x}+2＞0$，x∈[1，2]，
∴h（x）在[1，2]上单调递增，
∴g'（1）≤g'（x）≤g'（2），即0≤g'（x）≤ln2+2，
∴g（x）在[1，2]上单调递增，则g（x）≤g（2）=2ln2-3＜0．
∴当x∈[1，2]时，xlnx+x²-3x-1＜0恒成立，即原命题得证；
（2）解：f（x）的定义域为（0，+∞），$f'（x）=\frac{1}{x}+ax-（a+1）=\frac{{a{x^2}-（a+1）x+1}}{x}$，
（1）当0＜a＜1时，由f′（x）＞0解得0＜x＜1或$x＞\frac{1}{a}$；由f′（x）＜0，解得$1＜x＜\frac{1}{a}$．
∴函数f（x）在（0，1），$（\frac{1}{a}\;\;，\;\;+∞）$上单调递增，在$（1\;\;，\;\;\frac{1}{a}）$上单调递减；
（2）当a=1时，f′（x）≥0对x＞0恒成立，∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
（3）当a＞1时，由f′（x）＞0，解得x＞1或$0＜x＜\frac{1}{a}$；由f′（x）＜0，解得$\frac{1}{a}＜x＜1$．
∴函数f（x）在$（0\;\;，\;\;\frac{1}{a}）$，（1，+∞）上单调递增，在$（\frac{1}{a}\;\;，\;\;1）$上单调递减；
（4）当a=0时，$f'（x）=\frac{1-x}{x}$，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；
（5）当a＜0时，$f'（x）=\frac{（ax-1）（x-1）}{x}$，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减．
综上，a≤0，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；
0＜a＜1，f（x）在（0，1），（$\frac{1}{a}，+∞$）上单调递增，在（1，$\frac{1}{a}$）上单调递减；
a=1，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
a＞1，f（x）在（0，$\frac{1}{a}$），（1，+∞）上单调递增，在（$\frac{1}{a}$，1）上单调递减．

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，训练了恒成立问题的求解方法，体现了分类讨论的数学思想方法，是中档题．