Question

已知函数f(x)＝－alnx，a∈R．

（Ⅰ）当f(x)存在最小值时，求其最小值φ(a)的解析式；

（Ⅱ）对（Ⅰ）中的φ(a)，

（ⅰ）当a∈(0，＋∞)时，证明：φ(a)≤1；

（ⅱ）当a＞0，b＞0时，证明：φ′()≤≤φ′()．

Answer

（Ⅰ）φ(a)＝a－alna（a＞0）；（Ⅱ）详见解析.

【解析】

试题分析：（Ⅰ）利用导数分析函数单调性，求最值；（Ⅱ）利用导数分析函数单调性，分类讨论.

试题解析：(Ⅰ) 求导数，得f ′(x)＝－＝（x＞0）．

（1）当a≤0时，f ′(x)＝＞0，f(x)在(0，＋∞)上是增函数，无最小值．

（2）当a＞0时，令f ′(x)＝0，解得x＝a2．

当0＜x＜a2时，f ′(x)＜0，∴f(x)在(0，a2)上是减函数；

当x＞a2时，f ′(x)＞0，∴f(x)在(a2，＋∞)上是增函数．

∴f(x)在x＝a2处取得最小值f(a2)＝a－alna．

故f(x)的最小值φ(a)的解析式为φ(a)＝a－alna（a＞0）．         6分

（Ⅱ）由（Ⅰ），知φ(a)＝a－alna（a＞0），

求导数，得φ′(a)＝－lna．

（ⅰ）令φ′(a)＝0，解得a＝1．

当0＜a＜1时，φ′(a)＞0，∴φ(a)在(0，1)上是增函数；

当a＞1时，φ′(a)＜0，∴φ(a)在(1，＋∞)上是减函数．

∴φ(a)在a＝1处取得最大值φ(1)＝1．

故当a∈(0，＋∞)时，总有φ(a)≤1．             10分

（ⅱ）当a＞0，b＞0时，

＝－＝－ln，                ①

φ′()＝－ln()≤－ln，                   ②

φ′()＝－ln()≥－ln＝－ln，         ③

由①②③，得φ′()≤≤φ′()．         14分

考点：导数，函数的单调性，最值.