Question

已知函數f（x）=ax²+x-xlnx（a＞0），g（x）=1-

1+alnx

x

（a＞0）
（Ⅰ）若函數滿足f（1）=2，求g（x）的最小值；
（Ⅱ）若函數f（x）在定義域上是單調函數，求實數a的取值范圍；
（Ⅲ）當

1

e

＜m＜n＜1時，試比較

m

n

與

1+lnm

1+lnn

的大小．

Answer 1

考點：利用導數研究函數的單調性,導數在最大值、最小值問題中的應用,不等關系與不等式

專題：導數的綜合應用

分析：（Ⅰ）利用條件f（1）=2求出a的值，再求出g（x）的導數，利用導數來求出g（x）的單調區間，從而求出g（x）的最小值；
（Ⅱ）函數f（x）在定義域內單調必然滿足：f′（x）≥0或f′（x）≤0恒成立；把a表示成x的函數，再求出該函數的最值，從而求出a的取值范圍；
（Ⅲ）借用（Ⅰ）中得出g（x）的單調性，證明不等式．

解答： 解：（Ⅰ）函數滿足f（1）=2，則a+1=2得，a=1，
∴g（x）=1-

1+lnx

x

，g′(x)=

lnx

x2

，令g′（x）＞0得x＞1，g′（x）＜0得0＜x＜1，
∴g（x）在（0，1）上遞減，在（1，+∞）上遞增，
∴g（x）_min=g（1）=0．
（Ⅱ）f′（x）=2ax-lnx，（x＞0）
①令f′（x）≥0得2a≥

lnx

x

，
設h（x）=

lnx

x

，則h′（x）=

1-lnx

x2

，∴h（x）在（0，e）上單調遞增，在（e，+∞）上單調遞減，
∴h（x）_max=h（e）=

1

e

，∴當a≥

1

2e

時，函數f（x）在（0，+∞）上單調遞增．
②令f′（x）≤0得2a≤

lnx

x

，由上知h（x）=

lnx

x

在（0，+∞）上沒有最小值，∴f（x）在定義域內不可能單調遞減，
綜合①②得a的取值范圍為[

1

2a

，+∞）．
（Ⅲ）由（Ⅰ）知g（x）=1-

1+lnx

x

在（0，1]上遞減，

1

e

＜m＜n＜1時，g（m）＞g（n），即

1+lnm

m

＜

1+lnn

n

，
而

1

e

＜m＜n＜1時，-1＜lnn＜0，∴1+lnn＞0，
∴

m

n

＞

1+lnm

1+lnn

．

點評：本題考查了導數的綜合應用，求單調區間，求最值，利用單調性證明不等式．是一道導數的綜合題．屬于中檔題．