Question

已知函数f（x）=ax-

1

x

-（a+1）lnx（a＜1）．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若0＜a＜

1

e

，试证对区间[1，e]上的任意x₁、x₂，总有成立|f（x₁）-f（x₂）|＜

1

e

．

Answer 1

（Ⅰ）f′（x）=

ax-a-1

x

，x＞0
∴当0＜a＜1时，令f′（x）＞0得x＞1+

1

a

，令f′（x）＜0得0＜x＜1+

1

a

，
此时f（x）的增区间为（1+

1

a

，+∞），减区间为（0，1+

1

a

）；
当a=0时，f′（x）=-

1

x

＜0，f（x）在定义域上递减；
当a＜0时，令f′（x）＞0得0＜x＜1+

1

a

，令f′（x）＜0得x＞1+

1

a

，
此时f（x）的减区间为（1+

1

a

，+∞），增区间为（0，1+

1

a

）；
（Ⅱ）证明：由已知，a∈（0，1），由（Ⅰ）知，此时f（x）的减区间为（0，1+

1

a

），
又

1

a

∈（e，+∞），1+

1

a

＞e
∴f（x）在[1，e]上递减，最大值为f（1）=a-

1

a

，最小值为f（e）=ae-

1

a

-a-1，
所以对任意x₁、x₂，总有|f（x₁）-f（x₂）|＜f（1）-f（e）=（2-e）a+1＜（2-e）•

1

e

+1=

2

e

即|f（x₁）-f（x₂）|＜

2

e

．