Question

19．已知函數(shù)f（x）=ax-1-axlnx（x＞0，0＜a≤1）．
（1）求函數(shù)f（x）的最大值；
（2）設(shè)g（x）=$\frac{lnx}{ax-1}$，當(dāng)a∈（0，1]時(shí)，試討論函數(shù)g（x）的單調(diào)性；
（3）利用（2）的結(jié)論，證明：當(dāng)n＞m＞0時(shí)，（1+n）^m＜（1+m）ⁿ．

Answer 1

分析 （1）利用導(dǎo)數(shù)判定函數(shù)的單調(diào)性，得出f（x）的最大值；
（2）求出g′（x）=$\frac{a-\frac{1}{x}-alnx}{（ax-1）^{2}}$，令h（x）=a-$\frac{1}{x}$-alnx，利用導(dǎo)數(shù)求出h（x）的最值得出h（x）≤0，從而得出g′（x）＜0，即可得出g（x）的單調(diào)性；
（3）令a=1得出g（x）=$\frac{lnx}{x-1}$在（1，+∞）上單調(diào)遞減，于是新函數(shù)F（x）=$\frac{ln（1+x）}{x}$在（0，+∞）上單調(diào)遞減，得出F（n）＜F（m），化簡(jiǎn)即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）f′（x）=a-alnx-a=-alnx，
∴當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′（x）＞0，當(dāng)x＞1時(shí)，f′（x）＜0，當(dāng)x=1時(shí)，f′（x）=0，
∴f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
∴f_max（x）=f（1）=a-1．
（2）g′（x）=$\frac{a-\frac{1}{x}-alnx}{（ax-1）^{2}}$，設(shè)h（x）=a-$\frac{1}{x}$-alnx，則h′（x）=$\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{a}{x}$=$\frac{1-ax}{{x}^{2}}$，
∴當(dāng)0$＜x＜\frac{1}{a}$時(shí)，h′（x）＞0，當(dāng)x＞$\frac{1}{a}$時(shí)，h′（x）＜0，當(dāng)x=$\frac{1}{a}$時(shí)，h′（x）=0，
∴h_max（x）=h（$\frac{1}{a}$）=-aln$\frac{1}{a}$，
∵0＜a≤1，∴-aln$\frac{1}{a}$≤0，
∴h（x）=a-$\frac{1}{x}$-alnx≤0，
∴g′（x）≤0，
又g（x）=$\frac{lnx}{ax-1}$的定義域?yàn)椋?，$\frac{1}{a}$）∪（$\frac{1}{a}$，+∞），
∴g（x）在（0，$\frac{1}{a}$）和（$\frac{1}{a}$，+∞）上是減函數(shù)．
（3）由（2）可知當(dāng)a=1時(shí)，g（x）=$\frac{lnx}{x-1}$在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
設(shè)F（x）=$\frac{ln（1+x）}{x}$，則F（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
∵n＞m＞0，
∴F（n）＜F（m），即$\frac{ln（n+1）}{n}＜\frac{ln（m+1）}{m}$，
∴mln（n+1）＜nln（m+1），
∴l(xiāng)n（n+1）^m＜ln（m+1）ⁿ，
∴（n+1）^m＜（m+1）ⁿ．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性，最值的關(guān)系，利用函數(shù)單調(diào)性證明不等式，屬于中檔題．