解:(1)∵f(x)=ax-1-lnx,∴f′(x)=a-
=
,
當(dāng)a≤0時(shí),f'(x)≤0在(0,+∞)上恒成立,
∴函數(shù)f(x)在(0,+∞)單調(diào)遞減;
當(dāng)a>0時(shí),f'(x)<0得 0<x≤
,f'(x)>0得x>
,
∴f(x)在(0,
)上單調(diào)遞減,在(
,+∞)上單調(diào)遞增,
綜上所述,當(dāng)a≤0時(shí)函數(shù)f(x)在(0,+∞)上是減函數(shù);
當(dāng)a>0時(shí),f(x)在(0,
)上是減函數(shù),在(
,+∞)上是增函數(shù).
(2)∵函數(shù)f(x)在x=1處取得極值,∴根據(jù)(1)的結(jié)論,可得a=1,
∴f(x)≥bx-2,即x+1-lnx≥bx,兩邊都除以正數(shù)x,得1+
-
≥b,
令g(x)=1+
-
,則g′(x)=-
-
=-
(2-lnx),
由g′(x)>0得,x>e
2,∴g(x)在(0,e
2)上遞減,
由g′(x)<0得,0<x<e
2,∴g(x)在(e
2,+∞)上遞增,
∴g(x)
min=g(e
2)=1-
,
可得b≤1-
,實(shí)數(shù)b的取值范圍為(-∞,1-
].
(3)令F(t)=
,其中t>e-1
可得F'(t)=
=
再設(shè)G(t)=ln(1+t)-
,可得G'(t)=
+
>0在(e-1,+∞)上恒成立
∴G(t)是(e-1,+∞)上的增函數(shù),可得G(t)>G(e-1)=lne-
=1-
>0
因此,F(xiàn)'(t)=
>0在(e-1,+∞)上恒成立,可得F(t)=
是(e-1,+∞)上的增函數(shù).
∵x>y>e-1,∴F(x)>F(y),可得
>
∵ln(1+x)>0且ln(1+y)>0,∴不等式兩邊都乘以ln(1+x)ln(1+y),可得e
xln(1+y)>e
yln(1+x).
即對(duì)任意x>y>e-1,都有不等式e
xln(1+y)>e
yln(1+x)成立.
分析:(1)由f(x)=ax-1-lnx,求得f′(x)=
.然后分a≤0與a>0兩種情況討論,從而得到f′(x)的符號(hào),可得f(x)在其定義域(0,+∞)內(nèi)的單調(diào)性,最后綜合可得答案;
(2)函數(shù)f(x)在x=1處取得極值,由(1)的討論可得a=1.將不等式f(x)≥bx-2化簡(jiǎn)整理得到1+
-
≥b,再構(gòu)造函數(shù)g(x)=1+
-
,利用導(dǎo)數(shù)研究g(x)的單調(diào)性,得到[g(x)]
min=1-
].由此即可得到實(shí)數(shù)b的取值范圍;
(3)設(shè)函數(shù)F(t)=
,其中t>e-1.利用導(dǎo)數(shù)研究F(x)的單調(diào)性,得到得F(t)是(e-1,+∞)上的增函數(shù).從而得到當(dāng)x>y>e-1時(shí),F(xiàn)(x)>F(y)即
>
,變形整理即可得到不等式e
xln(1+y)>e
yln(1+x)成立.
點(diǎn)評(píng):本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值,考查恒成立問(wèn)題,著重考查分類討論思想與構(gòu)造函數(shù)思想的應(yīng)用,體現(xiàn)綜合分析問(wèn)題與解決問(wèn)題能力,屬于難題.