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

【答案】（1）见解析（2）见解析

【解析】

【分析】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性；
（2）先根据题设条件将问题可转化成证明当 $x>1$ 时， $\mathrm{e}^{x-1}-2 x+1+\ln x>0$ 即可．

【小问 1 详解】

$f(x)$ 定义域为 $(0,+\infty), f^{\prime}(x)=a-\frac{1}{x}=\frac{a x-1}{x}$
当 $a \leq 0$ 时，$f^{\prime}(x)=\frac{a x-1}{x}<0$ ，故 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减；
当 $a>0$ 时，$x \in\left(\frac{1}{a},+\infty\right)$ 时，$f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增，

当 $x \in\left(0, \frac{1}{a}\right)$ 时，$f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减．

综上所述，当 $a \leq 0$ 时，$f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减；
$a>0$ 时，$f(x)$ 在 $\left(\frac{1}{a},+\infty\right)$ 上单调递增，在 $\left(0, \frac{1}{a}\right)$ 上单调递减．
【小问 2 详解】
$a \leq 2$ ，且 $x>1$ 时， $\mathrm{e}^{x-1}-f(x)=\mathrm{e}^{x-1}-a(x-1)+\ln x-1 \geq \mathrm{e}^{x-1}-2 x+1+\ln x$ ，

令 $g(x)=\mathrm{e}^{x-1}-2 x+1+\ln x(x>1)$ ，下证 $g(x)>0$ 即可。
$g^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x-1}-2+\frac{1}{x}$ ，再令 $h(x)=g^{\prime}(x)$ ，则 $h^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x-1}-\frac{1}{x^{2}}$ ，
显然 $h^{\prime}(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上递增，则 $h^{\prime}(x)>h^{\prime}(1)=\mathrm{e}^{0}-1=0$ ，

即 $g^{\prime}(x)=h(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上递增，

故 $g^{\prime}(x)>g^{\prime}(1)=\mathrm{e}^{0}-2+1=0$ ，即 $g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增，
故 $g(x)>g(1)=\mathrm{e}^{0}-2+1+\ln 1=0$ ，问题得证