Question

18．已知函数f（x）=x-alnx的导函数为f′（x），其中a∈R．
（Ⅰ）求f（x）的单调性；
（Ⅱ）当a=1时，证明：当k≥$\frac{1}{\sqrt{e}}$-1时，恒有（lnx-k）[f′（x）-2]+lnx+1＞0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求导，再分类讨论即可得到函数的单调性，
（Ⅱ）原不等式?k＞$\frac{lnx-x}{x+1}$，构造函数g（x）=$\frac{lnx-x}{x+1}$，求导，再构造函数h（x）=$\frac{1}{x}$-lnx，利用导数求出函数的最值，问题得以证明．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=1-$\frac{a}{x}$，
当a≤0时，f′（x）＞0，即f（x）在（0，+∞）单调递增，
当a＞0时，f（x）在（0，a）单调递减，在（a，+∞）单调递增，
（Ⅱ）（lnx-k）[f′（x）-2]+lnx+1＞0?lnx+1＞（1+$\frac{1}{x}$）（lnx-k）?k＞$\frac{lnx-x}{x+1}$，
设g（x）=$\frac{lnx-x}{x+1}$，则g′（x）=$\frac{\frac{1}{x}-lnx}{（x+1）^{2}}$，
令h（x）=$\frac{1}{x}$-lnx，
∴h′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{1}{x}$＜0，
∴h（x）在（0，+∞）上单调递减，而h（$\sqrt{e}$）=$\frac{1}{\sqrt{e}}$-$\frac{1}{2}$＞0，h（2）=$\frac{1}{2}$-ln2＜0，
故存在x₀∈（$\sqrt{e}$，2），使得h（x₀）=0．且当x∈（0，x₀）时，h（x）＞0
，当（x₀，+∞）时，h（x）＜0，
即g（x）在（0，x₀）单调递增，在（x₀，+∞）上单调递减，
∴g（x）_max=g（x₀）=$\frac{ln{x}_{0}-{x}_{0}}{{x}_{0}+1}$=$\frac{\frac{1}{{x}_{0}}-{x}_{0}}{{x}_{0}+1}$=$\frac{1}{{x}_{0}}$-1，
而$\frac{1}{{x}_{0}}$-1＜$\frac{1}{\sqrt{e}}$-1，
故k≥$\frac{1}{\sqrt{e}}$-1时，k≥g（x）max，即原不等式恒成立．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查不等式的恒成立问题转化为求最值，考查不等式的证明，注意构造函数运用导数求最值，属于中档题，