已知函数 f(x)=a(x-1)-ln x+1 ． （1）…——2024 高考数学第 17 题答案解析

（1）函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$．
求导得 $f^{\prime}(x)=a-\frac{1}{x}=\frac{ax-1}{x}$．

① 当 $a \leq 0$ 时，由于 $x>0$，则 $ax-1 < 0$，故 $f^{\prime}(x) < 0$ 恒成立．
此时 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减．

② 当 $a > 0$ 时，令 $f^{\prime}(x) = 0$，解得 $x = \frac{1}{a}$．
当 $x \in \left(0, \frac{1}{a}\right)$ 时，$ax-1 < 0$，即 $f^{\prime}(x) < 0$，$f(x)$ 单调递减；
当 $x \in \left(\frac{1}{a}, +\infty\right)$ 时，$ax-1 > 0$，即 $f^{\prime}(x) > 0$，$f(x)$ 单调递增．

综上所述：
当 $a \leq 0$ 时，$f(x)$ 的单调递减区间为 $(0,+\infty)$；
当 $a > 0$ 时，$f(x)$ 的单调递减区间为 $\left(0, \frac{1}{a}\right)$，单调递增区间为 $\left(\frac{1}{a}, +\infty\right)$．

（2）要证当 $a \leq 2$ 且 $x > 1$ 时，$f(x) < \mathrm{e}^{x-1}$ 恒成立，
即证 $\mathrm{e}^{x-1} - f(x) > 0$．
代入 $f(x)$ 表达式，即证 $\mathrm{e}^{x-1} - [a(x-1) - \ln x + 1] > 0$，
整理得 $\mathrm{e}^{x-1} - a(x-1) + \ln x - 1 > 0$．

因为 $x > 1$，所以 $x-1 > 0$．
又因为 $a \leq 2$，所以 $-a(x-1) \geq -2(x-1)$．
故 $\mathrm{e}^{x-1} - a(x-1) + \ln x - 1 \geq \mathrm{e}^{x-1} - 2(x-1) + \ln x - 1 = \mathrm{e}^{x-1} - 2x + 2 + \ln x - 1 = \mathrm{e}^{x-1} - 2x + 1 + \ln x$．

只需证明当 $x > 1$ 时，$\mathrm{e}^{x-1} - 2x + 1 + \ln x > 0$ 成立．
构造函数 $g(x) = \mathrm{e}^{x-1} - 2x + 1 + \ln x \quad (x > 1)$．
求导得 $g^{\prime}(x) = \mathrm{e}^{x-1} - 2 + \frac{1}{x}$．

再设 $h(x) = g^{\prime}(x) = \mathrm{e}^{x-1} - 2 + \frac{1}{x}$，
则 $h^{\prime}(x) = \mathrm{e}^{x-1} - \frac{1}{x^2}$．
当 $x > 1$ 时，$\mathrm{e}^{x-1} > \mathrm{e}^0 = 1$，且 $0 < \frac{1}{x^2} < 1$，
所以 $h^{\prime}(x) > 1 - 1 = 0$．
即 $h(x)$ 在 $(1, +\infty)$ 上单调递增，也就是 $g^{\prime}(x)$ 在 $(1, +\infty)$ 上单调递增．

所以 $g^{\prime}(x) > g^{\prime}(1) = \mathrm{e}^0 - 2 + 1 = 1 - 2 + 1 = 0$．
因为 $g^{\prime}(x) > 0$ 在 $(1, +\infty)$ 上恒成立，
所以 $g(x)$ 在 $(1, +\infty)$ 上单调递增．

故 $g(x) > g(1) = \mathrm{e}^0 - 2(1) + 1 + \ln 1 = 1 - 2 + 1 + 0 = 0$．
即 $\mathrm{e}^{x-1} - 2x + 1 + \ln x > 0$ 成立．
从而 $\mathrm{e}^{x-1} - f(x) \geq g(x) > 0$，即 $f(x) < \mathrm{e}^{x-1}$ 恒成立．
证毕．