Question

已知函數(shù)f（x）=

ax-1

lnx

（x＞0，x，1）．
（Ⅰ）當(dāng)a=1時(shí)，求證：x＞1時(shí)，f（x）＞1；
（Ⅱ）已知函數(shù)y=f（x）的增區(qū)間為（0，1）和（1，+∞），求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，再根據(jù)單調(diào)性判斷f（x）和1的關(guān)系；
（Ⅱ）求實(shí)數(shù)a的取值范圍，可以在其區(qū)間上進(jìn)行分類討論，然后得出正確范圍．

解答： 解：（Ⅰ）當(dāng)a=1時(shí)，令g（x）=lnx-x+1，
則g′(x)=

1

x

-1=

1-x

x

，
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g′（x）≥0，∴函數(shù)y=g（x）在區(qū)間（0，1）上為增函數(shù)，
當(dāng)x＞1時(shí)，g′（x）＜0，∴函數(shù)y=g（x）在區(qū)間（0，1）上為減函數(shù)，
∴g（x）＜g（1），即lnx-x+1＜1，
∴x＞1時(shí)，0＜lnx＜x-1，

x-1

lnx

＞1，故，由x＞1，f（x）＞1成立；    
（Ⅱ）已知f（x）=

ax-1

lnx

（x＞0），
則f′（x）=

alnx+ 1 x -a

(lnx)2

=

-a(ln 1 x +1)+ 1 x

(lnx)2

，
由（1）知x＞0時(shí)，且x≠1時(shí)，

1

x

＞0，故ln

1

x

≤

1

x

-1，即ln

1

x

+1≤

1

x

，
�。┊�(dāng)0≤a≤1時(shí)，知f′（x）=

- a x + 1 x

(lnx)2

=

(1-a) 1 x

(lnx)2

≥0，
則函數(shù)f（x）的增區(qū)間為（0，1）和（1，+∞），
ⅱ）當(dāng)a＞1時(shí)，lna＞0，由（2），令h（x）=alnx+

1

x

-a，
則h′（x）=

ax-1

x2

，
令h′（x）=0，得x=

1

a

，當(dāng)0＜x≤

1

a

時(shí)，h′（x）≤0；當(dāng)?shù)脁＞

1

a

時(shí)，h′（x）＞0；
∴函數(shù)y=h（x）的減區(qū)間為（0，

1

a

]，增區(qū)間為（

1

a

，+∞），
∴函數(shù)h(x)min=h(

1

a

)=-alna＜0，
當(dāng)x=e時(shí)，h（e）=

1

e

＞0，
根據(jù)函數(shù)y=h（x），x∈（

1

a

，+∞）為增函數(shù)，存在x₀∈∈（

1

a

，+∞），使得h（x₀）=0，若x₀=1，由h（1）=0，得a=1，這與a＞1矛盾，
∴0＜x₀＜1，或x₀＞1．
當(dāng)0＜x₀＜1時(shí)，由函數(shù)h（x），x∈（

1

a

，+∞）為增函數(shù)，得h（x）＜h（＜x₀）=0，從而f′（x）＜0，
∴函數(shù)y=f（x）為減函數(shù)，∴a＞1不符合題意
當(dāng)x₀＞1，同理函數(shù)y=f（x）為減函數(shù)，∴a＞1不符合題意
ⅲ）當(dāng)a＜0時(shí)，x＞0，知h′（x）＜0，
∴函數(shù)y=h（x）為減函數(shù)，
當(dāng)x＞e

a-1

a

＞e＞1，∴

1

x

＜1，
∴l(xiāng)nx＞

a-1

a

，即alnx-a+1＜0．
∴h（x）=alnx+

1

x

-a＜alnx-a+1，
∴f′（x）＜0，
∴函數(shù)f（x）x∈（e

a-1

a

，+∞）為減函數(shù)，∴a＜0
不符合題意；
綜上可知，已知函數(shù)y=f（x）的增區(qū)間為（0，1）和（1，+∞），實(shí)數(shù)a∈[0，1]．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了函數(shù)的單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系，并利用導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)區(qū)間，采用的是分類討論的思想，分類時(shí)要不重不漏．