Question

（2012•眉山一模）已知函数f（x）=ax-1-lnx（a∈R）．
（Ⅰ）判断函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）若不等式f（x）＜0在区间[

1

2

，2]上恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）比较(1+1)(1+

1

3

)(1+

1

7

)…(1+

1

2n-1

)与e

3	e2

的大小（n∈N^*且n≥2，e是自然对数的底数）．

Answer 1

分析：（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞），求出导函数，再分类讨论：a≤0、a＞0，即可确定函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）不等式f（x）＜0在区间[

1

2

，2]上恒成立，即a＜

1+lnx

x

在区间[

1

2

，2]上恒成立，令g(x)=

1+lnx

x

，只需g（x）在区间[

1

2

，2]上的最小值g（x）_min＞a即可．
（Ⅲ）据（Ⅰ）知，当a=1时，f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，从而f（x）在x=1处取得极小值，且为最小值，所以lnx≤x-1，进一步利用放缩法即可证得结论．

解答：解：（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞）
∵函数f（x）=ax-1-lnx，∴f′(x)=a-

1

x

=

ax-1

x

①当a≤0时，f′（x）＜0，∴函数f（x）在（0，+∞）上是减函数；
②当a＞0时，由f′（x）＜0得0＜x＜

1

a

，由f′（x）＞0得x＞

1

a

，
∴函数f（x）在区间（0，

1

a

）上是减函数；函数f（x）在(

1

a

，+∞)上是增函数
（Ⅱ）不等式f（x）＜0在区间[

1

2

，2]上恒成立，即a＜

1+lnx

x

在区间[

1

2

，2]上恒成立
令g(x)=

1+lnx

x

，只需g（x）在区间[

1

2

，2]上的最小值g（x）_min＞a即可
求导函数g′(x)=

-lnx

x2

当

1

2

＜x＜1时，g′（x）＞0，g（x）在(

1

2

，1)上单调递增；
当1＜x＜2时，g′（x），＜0，g（x）在（1，2）上单调递减
∴g（x）在区间[

1

2

，2]上的最小值是g(

1

2

)与g（2）中的较小者
∵g(

1

2

)=2-2ln2，g(2)=

1+ln2

2

．
∴g(

1

2

)-g(2)=

1

2

ln

e3

32

＜0
∴g(

1

2

)＜g(2)
∴g（x）在区间[

1

2

，2]上的最小值是g(

1

2

)=2-2ln2
∴a＜2-2ln2
∴实数a的取值范围为（-∞，2-2ln2）；
（Ⅲ）(1+1)(1+

1

3

)(1+

1

7

)…(1+

1

2n-1

)＜e

3	e2

，证明如下：
据（Ⅰ）知，当a=1时，f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增
∴f（x）在x=1处取得极小值，且为最小值
∴f（x）=x-1-lnx≥f（1）=0，∴lnx≤x-1
故当n∈N^*且n≥2时，ln[(1+1)(1+

1

3

)(1+

1

7

)…(1+

1

2n-1

)]=ln(1+1)+ln(1+

1

3

)+ln(1+

1

7

)+…+ln(1+

1

2n-1

)≤1+

1

3

+…+

1

2n-1

∵

1

2n-1

＜

2n+1

(2n-1)(2n+1-1)

=2(

1

2n-1

-

1

2n+1-1

)
∴1+

1

3

+…+

1

2n-1

＜1+2(

1

22-1

-

1

2n+1-1

)＜

5

3

∴ln(1+1)+ln(1+

1

3

)+ln(1+

1

7

)+…+ln(1+

1

2n-1

)＜

5

3

∴(1+1)(1+

1

3

)(1+

1

7

)…(1+

1

2n-1

)＜e

3	e2

点评：本题以函数为载体，考查函数的单调性，考查恒成立问题，考查不等式的证明，恒成立问题利用了分离参数法，难度较大．