Question

7．已知函數(shù)f（x）=axlnx-x+1（a≥0）．
（1）當a=1時，求f（x）的最小值；
（2）若x∈（1，+∞），f（x）＞0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）證明：當m＞n＞1時，m^n-1＜n^m-1．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的最小值即可；
（2）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出滿足條件的a的范圍即可；
（3）問題轉化為$\frac{lnm}{m-1}＜\frac{lnn}{n-1}$，設g（x）=$\frac{lnx}{x-1}$，（x＞1），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證出g（m）＜g（n），從而證出結論．

解答 解：（1）f（x）的定義域為（0，+∞），
當a=1時，f（x）=xlnx-x+1，f′（x）=lnx，
令f′（x）＞0，則x＞1；令f′（x）＜0，則x＜1，
∴f（x）在（0，1）單調(diào)遞減，（1，+∞）單調(diào)遞增，
∴f（x）_min=f（1）=0；             
（2）f′（x）=alnx+a-1，（x＞1），
①a=0時，f′（x）=-1＜0，f（x）在（1，+∞）單調(diào)遞減，
f（x）＜f（1）=0恒成立與已知相矛盾，
②當a＞0時，由${f^'}（x）＞0⇒x＞{e^{\frac{1-a}{a}}}$，
由${f^'}（x）＜0⇒0＜x＜{e^{\frac{1-a}{a}}}$，
∴f（x）的單調(diào)減區(qū)間是$（0，{e^{\frac{1-a}{a}}}）$，單調(diào)增區(qū)間是$（{e^{\frac{1-a}{a}}}，+∞）$．
當${e^{\frac{1-a}{a}}}≤1$，即a≥1時，f（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增，
f（x）＞f（1）=0恒成立．
當${e^{\frac{1-a}{a}}}＞1$，即0＜a＜1時，
f（x）在$（1，{e^{\frac{1-a}{a}}}）$單調(diào)遞減，在$（{e^{\frac{1-a}{a}}}，+∞）$單調(diào)遞增，
存在$f（{e^{\frac{1-a}{a}}}）＜f（1）=0$，與已知相矛盾，
綜上：實數(shù)a的取值范圍是[1，+∞）．
（3）證明：∵m＞n＞1，∴要證：m^n-1＜n^m-1，
只需證（n-1）lnm＜（m-1）lnn，
只需證：$\frac{lnm}{m-1}＜\frac{lnn}{n-1}$．            
設g（x）=$\frac{lnx}{x-1}$，（x＞1），則${g^'}（x）=\frac{x-1-xlnx}{{x{{（x-1）}^2}}}$．
由（1）知當a=1時，f（x）=xlnx-x+1＞f（1）=0，
∴x-1-xlnx＜0，∴g'（x）＜0，
∴g（x）在（1，+∞）上是減函數(shù)，
而m＞n，∴g（m）＜g（n），
 故原不等式成立．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及不等式的證明，是一道中檔題．