Question

已知函数f（x）=ax-1-lnx（a∈R）．
（Ⅰ）判断函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）若不等式f（x）＜0在区间上恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）比较的大小（n∈N^*且n≥2，e是自然对数的底数）．

Answer 1

【答案】分析：（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞），求出导函数，再分类讨论：a≤0、a＞0，即可确定函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）不等式f（x）＜0在区间上恒成立，即在区间上恒成立，令，只需g（x）在区间上的最小值g（x）_min＞a即可．
（Ⅲ）据（Ⅰ）知，当a=1时，f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，从而f（x）在x=1处取得极小值，且为最小值，所以lnx≤x-1，进一步利用放缩法即可证得结论．
解答：解：（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞）
∵函数f（x）=ax-1-lnx，∴
①当a≤0时，f′（x）＜0，∴函数f（x）在（0，+∞）上是减函数；
②当a＞0时，由f′（x）＜0得，由f′（x）＞0得x＞，
∴函数f（x）在区间（0，）上是减函数；函数f（x）在上是增函数
（Ⅱ）不等式f（x）＜0在区间上恒成立，即在区间上恒成立
令，只需g（x）在区间上的最小值g（x）_min＞a即可
求导函数
当时，g′（x）＞0，g（x）在上单调递增；
当1＜x＜2时，g′（x），＜0，g（x）在（1，2）上单调递减
∴g（x）在区间上的最小值是与g（2）中的较小者
∵．
∴
∴
∴g（x）在区间上的最小值是
∴a＜2-2ln2
∴实数a的取值范围为（-∞，2-2ln2）；
（Ⅲ），证明如下：
据（Ⅰ）知，当a=1时，f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增
∴f（x）在x=1处取得极小值，且为最小值
∴f（x）=x-1-lnx≥f（1）=0，∴lnx≤x-1
故当n∈N^*且n≥2时，=
∵
∴＜
∴
∴
点评：本题以函数为载体，考查函数的单调性，考查恒成立问题，考查不等式的证明，恒成立问题利用了分离参数法，难度较大．