Question

【題目】已知f（x）=a（x﹣lnx）+ ，a∈R．
（I）討論f（x）的單調(diào)性；
（II）當(dāng)a=1時(shí)，證明f（x）＞f′（x）+ 對(duì)于任意的x∈[1，2]成立．

Answer 1

【答案】解：（Ⅰ）解：由f（x）=a（x﹣lnx）+ ，

得f′（x）=a（1﹣ ）+

= = （x＞0）．

若a≤0，則ax2﹣2＜0恒成立，

∴當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)，

當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）為減函數(shù)；

當(dāng)a＞0，若0＜a＜2，當(dāng)x∈（0，1）和（ ，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)，

當(dāng)x∈（1， ）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）為減函數(shù)；

若a=2，f′（x）≥0恒成立，f（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)；

若a＞2，當(dāng)x∈（0， ）和（1，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)，

當(dāng)x∈（ ，1）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）為減函數(shù)；

（Ⅱ）解：∵a=1，

令F（x）=f（x）﹣f′（x）=x﹣lnx ﹣1 =x﹣lnx+ ．

令g（x）=x﹣lnx，h（x）= ．

則F（x）=f（x）﹣f′（x）=g（x）+h（x），

由 ，可得g（x）≥g（1）=1，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取等號(hào)；

又 ，

設(shè)φ（x）=﹣3x2﹣2x+6，則φ（x）在[1，2]上單調(diào)遞減，

且φ（1）=1，φ（2）=﹣10，

∴在[1，2]上存在x0，使得x∈（1，x0） 時(shí)φ（x0）＞0，x∈（x0，2）時(shí)，φ（x0）＜0，

∴函數(shù)h（x）在（1，x0）上單調(diào)遞增；在（x0，2）上單調(diào)遞減，

由于h（1）=1，h（2）= ，因此h（x）≥h（2）= ，當(dāng)且僅當(dāng)x=2取等號(hào)，

∴f（x）﹣f′（x）=g（x）+h（x）＞g（1）+h（2）= ，

∴F（x）＞ 恒成立．

即f（x）＞f′（x）+ 對(duì)于任意的x∈[1，2]成立

【解析】（Ⅰ）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，然后對(duì)a分類分析導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)，由導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)確定原函數(shù)的單調(diào)性；（Ⅱ）構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x）﹣f′（x），令g（x）=x﹣lnx，h（x）= ．則F（x）=f（x）﹣f′（x）=g（x）+h（x），利用導(dǎo)數(shù)分別求g（x）與h（x）的最小值得到F（x）＞ 恒成立．由此可得f（x）＞f′（x）+ 對(duì)于任意的x∈[1，2]成立．
【考點(diǎn)精析】解答此題的關(guān)鍵在于理解利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性的相關(guān)知識(shí)，掌握一般的,函數(shù)的單調(diào)性與其導(dǎo)數(shù)的正負(fù)有如下關(guān)系： 在某個(gè)區(qū)間內(nèi)，(1)如果，那么函數(shù)在這個(gè)區(qū)間單調(diào)遞增；(2)如果，那么函數(shù)在這個(gè)區(qū)間單調(diào)遞減，以及對(duì)函數(shù)的最大(小)值與導(dǎo)數(shù)的理解，了解求函數(shù)在上的最大值與最小值的步驟：（1）求函數(shù)在內(nèi)的極值；（2）將函數(shù)的各極值與端點(diǎn)處的函數(shù)值，比較，其中最大的是一個(gè)最大值，最小的是最小值．