Question

7．已知函數(shù)f（x）=ax-1-lnx（a∈R）
（1）討論函數(shù)f（x）極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)，并說(shuō)明理由
（2）若?x＞1，xf（x）＜ax²-ax+a恒成立，求a的最大整數(shù)值．

Answer 1

分析 （1）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，然后對(duì)a分類討論導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)，在a＞0時(shí)由導(dǎo)函數(shù)在不同區(qū)間內(nèi)的符號(hào)得到原函數(shù)的單調(diào)性，從而求得函數(shù)的極值點(diǎn)；
（2）問題等價(jià)于a＜$\frac{xlnx+x}{x-1}$對(duì)?x＞1恒成立，設(shè)函數(shù)g（x）=$\frac{xlnx+x}{x-1}$（x＞1），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可．

解答 解：（1）由f（x）=ax-lnx-1，得f′（x）=a-$\frac{1}{x}$=$\frac{ax-1}{x}$，
當(dāng)a≤0時(shí)，f′（x）＜0在（0，+∞）恒成立，∴函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
∴f（x）在（0，+∞）上沒有極值點(diǎn)；
當(dāng)a＞0時(shí)，由f′（x）＜0，得0＜x＜$\frac{1}{a}$，由f′（x）＞0，得x＞$\frac{1}{a}$．
∴f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上單調(diào)遞減，在（$\frac{1}{a}$，+∞）上單調(diào)遞增，
即f（x）在x=$\frac{1}{a}$處有極小值．
∴當(dāng)a≤0時(shí)，f（x）在（0，+∞）上沒有極值點(diǎn)，
當(dāng)a＞0時(shí)，f（x）在（0，+∞）上有一個(gè)極值點(diǎn)；
（2）對(duì)?x＞1，xf（x）＜ax²-ax+a恒成立
等價(jià)于a＜$\frac{xlnx+x}{x-1}$對(duì)?x＞1恒成立，
設(shè)函數(shù)g（x）=$\frac{xlnx+x}{x-1}$（x＞1），則g′（x）=$\frac{x-lnx-2}{{（x-1）}^{2}}$（x＞1），
令函數(shù)φ（x）=x-lnx-2，則φ′（x）=1-$\frac{1}{x}$（x＞1），
當(dāng)x＞1時(shí)，φ′（x）=1-$\frac{1}{x}$＞0，故φ（x）在（1，+∞）遞增，
又φ（3）=1-ln3＜0，φ（4）=2-ln4＞0，
故存在x₀∈（3，4），使得φ（x₀）=0，即g′（x₀）=0，
且當(dāng)x∈（1，x₀）時(shí)，φ（x）＜0，即g（x）＜0，故g（x）在（1，x₀）遞減，
當(dāng)x∈（x₀，+∞）時(shí)，φ（x）＞0，即g（x）＞0，故g（x）在（x₀，+∞）遞增，
故x∈（1，+∞）時(shí)，g（x）有最小值g（x₀）=$\frac{{x}_{0}l{nx}_{0}{+x}_{0}}{{x}_{0}-1}$，
由φ（x₀）=0，得x₀-lnx₀-2=0，即lnx₀=x₀-2，
故g（x₀）=$\frac{{x}_{0}{（x}_{0}-2）{+x}_{0}}{{x}_{0}-1}$=x₀，
故a＜x₀，又x₀∈（3，4），
故實(shí)數(shù)a的最大整數(shù)值是3．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．