Question

已知函数f（x）=（a+1）lnx+

a

x

-x，g（x）=alnx-f（x）+（a-1）x（其中a≥0）
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若g（x）在其定义域内为增函数，求正实数a的取值范围；
（3）设函数h（x）=x（1-x+xg（x）），当a=0时，证明：对?x∈（0，+∞），恒有h（x）＜e^x-1（1+e^-2）成立．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,利用导数研究函数的单调性

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（1）求出函数的定义域，导数f′（x），分a=0、0＜a＜1、a=1、a＞1四种情况进行讨论，在定义域内解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0可得函数的单调区间；
（2）表示出g（x），g（x）在其定义域内为增函数，等价于g′（x）=

ax2-x+a

x2

≥0对x∈（0，+∞）恒成立，分离出参数a后化为函数的最值即可，利用基本不等式可求函数的最值；
（3）a=0时，要证：h（x）＜e^x-1（1+e^-2）（x＞0）成立，即证

x(1-x-xlnx)

ex-1

＜1+e-2成立，即证

ex(1-x-xlnx)

ex

＜1+e-2成立，可判断x≥1时，

ex(1-x-xlnx)

ex

≤0＜1+e^-2成立．只需证明0＜x＜1时，

ex(1-x-xlnx)

ex

＜1+e^-2成立，设m（x）=

x

ex

（0＜x＜1），利用导数可证0＜m（x）＜

1

e

，从而

ex

ex

＜1，于是只证1-x-xlnx＜1+e^-2，设φ（x）=1-x-xlnx（0＜x＜1），利用导数可证明；

解答： 解：（1）函数的定义域是（0，+∞），
f′（x）=

a+1

x

-

a

x2

-1=-

x2-(a+1)x+a

x2

=-

(x-1)(x-a)

x2

（a≥0，x＞0），
分类讨论：①当a=0时，函数f（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减；
②当0＜a＜1时，函数f（x）在（a，1）上递增，在（0，a），（1，+∞）上递减；
③当a=1时，函数f（x）在（0，+∞）上递减；
④当a＞1时，函数f（x）在（0，1），（a，+∞）上递减，在（1，a）上递增．
（2）g（x）=-lnx-

a

x

+ax（x＞0），
∴g′（x）=-

1

x

+

a

x2

+a=

ax2-x+a

x2

≥0对x∈（0，+∞）恒成立，即ax²-x+a≥0（a＞0，x＞0）恒成立，
∴a≥

x

x2+1

（x＞0），设φ（x）=

x

x2+1

（x＞0），
则a≥φ_max（x），而φ（x）=

x

x2+1

=

1

x+ 1 x

≤

1

2

（x=1时取等号），
∴a≥

1

2

，即a的取值范围是[

1

2

，+∞）；
（3）当a=0时，g（x）=-lnx，∴h（x）=x（1-x-xlnx），
要证：h（x）＜e^x-1（1+e^-2）（x＞0）成立，即证

x(1-x-xlnx)

ex-1

＜1+e-2成立，即证

ex(1-x-xlnx)

ex

＜1+e-2成立．
∵当x≥1时，1-x-xlnx≤0，

ex

ex

＞0，
∴

ex(1-x-xlnx)

ex

≤0＜1+e^-2成立．
只需证当0＜x＜1时，

ex(1-x-xlnx)

ex

＜1+e^-2成立，
设m（x）=

x

ex

（0＜x＜1），则m′（x）=

ex-xex

e2x

=

1-x

ex

＞0，（0＜x＜1），
∴m（x）在（0，1）上递增，∴0=m（0）＜m（x）＜m（1）=

1

e

，
∴0＜

ex

ex

＜1成立，又（1-x）-xlnx＞0，
∴

ex(1-x-xlnx)

ex

＜1-x-xlnx，下面不妨证1-x-xlnx＜1+e^-2，
设φ（x）=1-x-xlnx（0＜x＜1），
∵φ′（x）=-1-lnx-1=-2-lnx（0＜x＜1），
易知φ（x）在（0，e^-2）上递增；在（e^-2，1）上递减，
φ（x）≤φ（e^-2）=1-e^-2-e^-2lne^-2=1+e^-2，
综上所述：?x∈（0，+∞），恒有h（x）＜e^x-1（1+e^-2）成立．

点评：该题考查利用导数研究函数的单调性、最值及不等式的证明等知识，考查学生的运算求解能力、推理论证能力及转化能力，该题综合性强，难度大，对学生能力要求较高．