分析设m是函数在区间/上的最小值,则当x∈I时,有F(x)≥m,要证不等 式F(x)30,x∈I,只需证明F(x)在区间Ⅰ上的最小值m30即可 证明令F(x)=1 +ax,x>0, F(x)=-x“+a,由F(x)=0得驻点x=1 又F(x)=a(1-a)x“2>0,所以F)>0,故x=1是F(x)在(0+?) 内惟一的极小值点,也是最小值点,故在(0+?)内有F(x)≥F(1)=0.即 ≤1-a,(x>0,0<a<1) 该题也可用如下其他方法证明 证法一利用拉格朗日中值定理 令f(x)=x,(0<a<1,x>1),在[1,x]上用拉格朗日中值定理,有 5>1, 得x-1≤a(x-1)即 在[x,1]上用拉格朗日中值定理,有 0<x<5<1) 5<1 >a,但x<1,得x-1≤a(x-1)即x 证法二、利用单调性 令F(x) x(x>0),则F( +a=a(1-x2) 由F(x)=0得驻点x=1 当0<x<1时 F'(x)<0,知F(x)单调递减32 分析 设 m 是函数在区间 I 上的最小值，则当 x I  时，有 F x m ( )  ，要证不等 式 F x( )³ 0， x I  ，只需证明 F x( ) 在区间 I 上的最小值 m ³ 0 即可. 证明 令 ( ) 1 , 0, a F x a x ax x = − − +  1 ( ) a F x ax a −  = − + ，由 F x ( ) = 0 得驻点 x =1. 又 2 ( ) (1 ) 0 a F x a a x −  = −  ，所以 Fⅱ(1) 0 > ，故 x = 1 是 F x( ) 在 (0, ) + ? 内惟一的极小值点，也是最小值点，故在 (0, ) +? 内有 F x F ( ) (1) 0.  = 即 1 ,( 0,0 1). a x ax a x a −  −    该题也可用如下其他方法证明. 证法一 利用拉格朗日中值定理 令 ( ) ,(0 1, 1) a f x x a x =    ，在 [1, ] x 上用拉格朗日中值定理，有 1 1 1 (1 ) 1 a a a x a a x x    − − − = =   − 1 1, 1 a   −    1 1 a x a x −   − ，得 1 ( 1) a x a x −  − 即 1 a x ax a −  − 在 [ ,1] x 上用拉格朗日中值定理，有 1 1 1 (0 1) 1 a a a x a a x x    − − − = =    − 1 1, 1 a   −    1 1 a x a x −   − ，但 x 1 ，得 1 ( 1) a x a x −  − 即 1 a x ax a −  − . 证法二、利用单调性 令 ( ) 1 ( 0) a F x a x ax x = − − +  ，则 1 1 '( ) (1 ) a a F x ax a a x − − = − + = − 由 F x ( ) 0 = 得驻点 x =1. 当 0 1  x 时， 1 1 a x −  ，  F x'( ) 0 ，知 F x( ) 单调递减