Question

17．函數(shù)f（x）=xln（ax+1）（a≠0）．
（Ⅰ）討論f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）若a＞0且滿足：對?x₁，x₂∈[-1，1]，都有|f（x₁）-f（x₂）|≤ln3-ln2，試比較e^a-1與${a^{1-\frac{1}{e}}}$的大小，并證明．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）問題等價(jià)于$\left\{{\begin{array}{l}{f（-1）-f（0）≤ln3-ln2}\\{f（1）-f（0）≤ln3-ln2}\end{array}}\right.$，解得a的范圍，令$g（x）=x-1-（{1-\frac{1}{e}}）lnx$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（Ⅰ）$f'（x）=ln（ax+1）+\frac{ax}{ax+1}$，$f''（x）=\frac{ax}{ax+1}+\frac{ax}{{{{（{ax+1}）}^2}}}=\frac{a（ax+2）}{{{{（{ax+1}）}^2}}}$．
當(dāng)a＞0時，f''（x）＞0，f'（x）單調(diào)遞增，又f'（0）=0，
所以當(dāng)$x∈（{-\frac{1}{a}，0}）$時，f'（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈（0，+∞）時，f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)a＜0時，f''（x）＜0，f'（x）單調(diào)遞減，又f'（0）=0，
所以當(dāng)x∈（-∞，0）時，f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)$x∈（{0，-\frac{1}{a}}）$時，f'（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減．
（Ⅱ）當(dāng)a＞0時，由$-1≥-\frac{1}{a}$得a≤1．
由（Ⅰ）知f（x）在[-1，0]上單調(diào)遞減，在[0，1]上單調(diào)遞增，
所以對?x₁，x₂∈[-1，1]，都有|f（x₁）-f（x₂）|≤ln3-ln2，
等價(jià)于$\left\{{\begin{array}{l}{f（-1）-f（0）≤ln3-ln2}\\{f（1）-f（0）≤ln3-ln2}\end{array}}\right.$即$\left\{{\begin{array}{l}{-ln（-a+1）≤ln\frac{3}{2}}\\{ln（a+1）≤ln\frac{3}{2}}\end{array}}\right.$解得$a≤\frac{1}{3}$；
令$g（x）=x-1-（{1-\frac{1}{e}}）lnx$，g′（x）=1-（1-$\frac{1}{e}$）$\frac{1}{x}$，
$x∈（{0，1-\frac{1}{e}}）$時，g'（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)$x∈（{1-\frac{1}{e}，+∞}）$時，g'（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增；
又$g（\frac{1}{e}）=g（1）=0$，所以$g（a）≥g（{\frac{1}{3}}）＞g（{\frac{1}{e}}）=0$．
即$a-1-（{1-\frac{1}{e}}）lna＞0$，所以${e^{a-1}}＞{a^{1-\frac{1}{e}}}$．

點(diǎn)評 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，不等式的證明，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．