Question

3．已知函數(shù)f（x）=lnx-（1+a）x-1，g（x）=-$\frac{lnx}{x}$-a（x+1），其中a∈R
（1）若函數(shù)f（x）在其定義域上不是單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍
（2）如果函數(shù)p（x），q（x）在公共定義域D上滿足p（x）＜q（x），那么就稱p（x）為q（x）的“底下函數(shù)”．證明：當(dāng)a＜1時，f（x）為g（x）的“底下函數(shù)”

Answer 1

分析 （1）求得f（x）的導(dǎo)數(shù)，討論1+a≤0，1+a＞0，解不等式可得單調(diào)區(qū)間，即可得到a的范圍；
（2）當(dāng)a＜1時，求得g（x）-f（x）=-$\frac{lnx}{x}$+x-lnx+1-a，令h（x）=x-lnx（x＞0），求得導(dǎo)數(shù)，以及單調(diào)區(qū)間，可得極小值，且為最小值1；令m（x）=$\frac{lnx}{x}$，求得導(dǎo)數(shù)和單調(diào)區(qū)間，可得極大值，且為最大值，由不等式的性質(zhì)即可得證．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=lnx-（1+a）x-1的導(dǎo)數(shù)為
f′（x）=$\frac{1}{x}$-（1+a），x＞0，
當(dāng)1+a≤0，即a≤-1時，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）遞增；
當(dāng)1+a＞0，即a＞-1時，當(dāng)x＞$\frac{1}{1+a}$時，f′（x）＜0，f（x）遞減；
當(dāng)0＜x＜$\frac{1}{1+a}$時，f′（x）＞0，f（x）遞增．
則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（-1，+∞）；
（2）證明：當(dāng)a＜1時，g（x）-f（x）=-$\frac{lnx}{x}$-a（x+1）-lnx+（1+a）x+1
=-$\frac{lnx}{x}$+x-lnx+1-a，
令h（x）=x-lnx（x＞0），h′（x）=1-$\frac{1}{x}$，當(dāng)x＞1時，h′（x）＞0，h（x）在（1，+∞）遞增；
當(dāng)0＜x＜1時，h′（x）＜0，h（x）在（0，1）遞減．
可得h（x）在x=1處取得最小值，且為1；
令m（x）=$\frac{lnx}{x}$，m′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，當(dāng)x＞e時，h′（x）＜0，h（x）在（e，+∞）遞減；
當(dāng)0＜x＜e時，h′（x）＞0，h（x）在（0，e）遞增．
可得m（x）在x=e處取得最大值，且為$\frac{1}{e}$，
即有h（x）＞m（x）恒成立，即-$\frac{lnx}{x}$+x-lnx＞0恒成立，
由1-a＞0，可得-$\frac{lnx}{x}$+x-lnx+1-a＞0，即g（x）＞f（x），
即f（x）＜g（x），
故當(dāng)a＜1時，f（x）為g（x）在（0，+∞）的“底下函數(shù)”．

點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，考查新定義的理解和運(yùn)用，考查不等式的證明，注意運(yùn)用構(gòu)造函數(shù)法，以及恒成立問題的解法，屬于中檔題．