Question

3．已知函數f（x）=lnx-（1+a）x²-x．
（1）討論 函數f（x）的單調性；
（2）當a＜1時，證明：對任意的x∈（0，+∞），有f（x）＜-$\frac{lnx}{x}$-（1+a）x²-a+1．

Answer 1

分析 （1）求出原函數的導函數，對a分類求解原函數的單調區(qū)間；
（2）利用分析法證明，把要證的不等式轉化為證明$\frac{lnx}{x}+lnx-x≤0$成立，即證$\frac{lnx}{x}≤x-lnx$．令g（x）=$\frac{lnx}{x}$，h（x）=x-lnx，由導數求出g（x）的最大值和h（x）的最小值，由g（x）的最大值小于h（x）的最小值得答案．

解答 （1）解：由f（x）=lnx-（1+a）x²-x，得
f′（x）=$\frac{1}{x}-2（1+a）x-1=\frac{-2（1+a）{x}^{2}-x+1}{x}$（x＞0），
當a=-1時，f′（x）=$\frac{1-x}{x}$，
當x∈（0，1）時，f′（x）＞0，f（x）為增函數，當x∈（1，+∞）時，f′（x）＜0，f（x）為減函數；
當$a≤-\frac{9}{8}$時，-2（1+a）＞0，-2（1+a）x²-x+1≥0，即f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上為增函數；
當$-\frac{9}{8}＜a＜-1$時，-2（1+a）＞0，二次方程-2（1+a）x²-x+1=0有兩根，${0＜x}_{1}=\frac{-1+\sqrt{8a+9}}{4（1+a）}＜{x}_{2}=\frac{-1-\sqrt{8a+9}}{4（1+a）}$，
當x∈（0，x₁），x∈（x₂，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）為增函數，當x∈（x₁，x₂）時，f′（x）＜0，f（x）為減函數；
當a＞-1時，-2（1+a）＜0，二次方程-2（1+a）x²-x+1=0有兩根，${x}_{1}=\frac{-1-\sqrt{8a+9}}{4（1+a）}＜0$，${x}_{2}=\frac{-1+\sqrt{8a+9}}{4（1+a）}＞0$，
當x∈（0，x₂）時，f′（x）＞0，f（x）為增函數，當x∈（x₂，+∞）時，f′（x）＜0，f（x）為減函數．
（2）證明：要證f（x）＜-$\frac{lnx}{x}$-（1+a）x²-a+1，
即證lnx-（1+a）x²-x＜-$\frac{lnx}{x}$-（1+a）x²-a+1，
即$\frac{lnx}{x}+lnx-x＜1-a$，
∵a＜1，∴1-a＞0，
也就是證$\frac{lnx}{x}+lnx-x≤0$，
即證$\frac{lnx}{x}≤x-lnx$．
令g（x）=$\frac{lnx}{x}$，則g′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
當x∈（0，e）時，g′（x）＞0，g（x）為增函數，當x∈（e，+∞）時，g′（x）＜0，g（x）為減函數，
∴$g（x）_{max}=g（e）=\frac{1}{e}$；
令h（x）=x-lnx，h′（x）=1-$\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}$，
當x∈（0，1）時，h′（x）＜0，h（x）為減函數，當x∈（1，+∞）時，h′（x）＞0，h（x）為增函數，
∴h（x）_min=h（1）=1，
∴$\frac{lnx}{x}≤x-lnx$成立，
故對任意的x∈（0，+∞），有f（x）＜-$\frac{lnx}{x}$-（1+a）x²-a+1．

點評 本題考查利用導數研究函數的單調性，考查了利用導數求函數的最值，體現了分類討論的數學思想方法，考查邏輯推理能力和運算能力，屬難題．