Question

已知函数f（x）=lnx-ax+

1-a

x

-1（a∈R），讨论该函数的单调性．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性

专题：计算题,分类讨论,函数的性质及应用,导数的综合应用

分析：先求定义域，再求导并化简f′（x）=

1

x

-a-

1-a

x2

=

-ax2+x+a-1

x2

=

-(x-1)(ax+a-1)

x2

，从而分类讨论以确定导数的正负，从而确定函数的单调性．

解答： 解：∵f（x）=lnx-ax+

1-a

x

-1的定义域为（0，+∞），
∴f′（x）=

1

x

-a-

1-a

x2

=

-ax2+x+a-1

x2

=

-(x-1)(ax+a-1)

x2

，
①若a=0，当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0；
故f（x）在（0，1）上是减函数，在（1，+∞）上是增函数；
②若a＜0，当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0；
故f（x）在（0，1）上是减函数，在（1，+∞）上是增函数；
③若a＞0，f′（x）=

-a(x-1)(x+1- 1 a )

x2

；
（1）当0＜a＜

1

2

时，1-

1

a

＜-1；
故当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，当x∈（1，

1

a

-1）时，f′（x）＞0，当x∈（

1

a

-1，+∞）时，f′（x）＜0；
故f（x）在（0，1），（

1

a

-1，+∞）上是减函数，在（1，

1

a

-1）上是增函数；
（2）当a=

1

2

时，f′（x）≤0恒成立，
故f（x）在（0，+∞）上是减函数；
（3）当

1

2

＜a＜1时，1-

1

a

＞-1，
故当x∈（0，

1

a

-1）时，f′（x）＜0，当x∈（

1

a

-1，1）时，f′（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0；
故f（x）在（0，

1

a

-1），（1，+∞）上是减函数，在（

1

a

-1，1）上是增函数；
（4）当a≥1时，1-

1

a

≥0，
故当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0；
故f（x）在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是减函数．

点评：本题考查了导数的综合应用及分类讨论的思想应用，分类讨论复杂，属于难题．