Question

18．已知函数f（x）=lnx+a（x-1），其中a∈R．
（Ⅰ） 当a=-1时，求证：f（x）≤0；
（Ⅱ） 对任意t≥e，存在x∈（0，+∞），使tlnt+（t-1）[f（x）+a]＞0成立，求a的取值范围．
（其中e是自然对数的底数，e=2.71828…）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数f（x）的导数，解关于导函数的不等式，求出函数f（x）的最大值，证明结论即可；
（Ⅱ）问题转化为证明${（\frac{tlnt}{t-1}）_{min}}＞{（-f（x）-a）_{min}}$，设$h（t）=\frac{tlnt}{t-1}$，根据函数的单调性求出a的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）当a=-1时，f（x）=lnx-x+1（x＞0），
则$f'（x）=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}$，令f'（x）=0，得x=1．
当0＜x＜1时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当x＞1时，f'（x）＜0，f（x）单调递减．
故当x=1时，函数f（x）取得极大值，也为最大值，所以f（x）_max=f（1）=0，
所以，f（x）≤0，得证．（4分）
（II）原题即对任意t≥e，存在x∈（0，+∞），使$\frac{tlnt}{t-1}＞-f（x）-a$成立，
只需${（\frac{tlnt}{t-1}）_{min}}＞{（-f（x）-a）_{min}}$．（5分）
设$h（t）=\frac{tlnt}{t-1}$，则$h'（t）=\frac{t-1-lnt}{{{{（t-1）}^2}}}$，
令u（t）=t-1-lnt，则$u'（t）=1-\frac{1}{t}=\frac{t-1}{t}＞0$对于t≥e恒成立，
所以u（t）=t-1-lnt为[e，+∞）上的增函数，
于是u（t）=t-1-lnt≥u（e）=e-2＞0，即$h'（t）=\frac{t-1-lnt}{{{{（t-1）}^2}}}＞0$对于t≥e恒成立，
所以$h（t）=\frac{tlnt}{t-1}$为[e，+∞）上的增函数，则$h{（t）_{min}}={（\frac{tlnt}{t-1}）_{min}}=h（e）=\frac{e}{e-1}$．（8分）
令p（x）=-f（x）-a，则p（x）=-lnx-a（x-1）-a=-lnx-ax，
当a≥0时，p（x）=-lnx-ax为（0，+∞）的减函数，且其值域为R，符合题意．
当a＜0时，$p'（x）=-\frac{1}{x}-a$，由p'（x）=0得$x=-\frac{1}{a}＞0$，
由p'（x）＞0得$x＞-\frac{1}{a}$，则p（x）在$（-\frac{1}{a}，+∞）$上为增函数；
由p'（x）＜0得$0＜x＜-\frac{1}{a}$，则p（x）在$（0，-\frac{1}{a}）$上为减函数，
所以$p{（x）_{min}}=p（-\frac{1}{a}）=ln（-a）+1$，
从而由$ln（-a）+1＜\frac{e}{{{e}-1}}$，解得$-{{e}^{\frac{1}{{{e}-1}}}}＜a＜0$．
综上所述，a的取值范围是$（-{{e}^{\frac{1}{{{e}-1}}}}，+∞）$．（12分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．