Question

17．已知函数f（x）=ax+lnx，a∈R．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）若g（x）=$\sqrt{x}$[f（x）-ax]，且对任意x≥1，2$\sqrt{x}$•g′（x）-1≥$\frac{λx}{x+1}$恒成立，求实数λ的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函数的定义域，求出函数f（x）的导函数，在定义域下，讨论a≥0，a＜0，令导函数大于0得到函数的递增区间，令导函数小于0得到函数的递减区间．
（Ⅱ）先求导，化简对任意x≥1，2$\sqrt{x}$•g′（x）-1≥$\frac{λx}{x+1}$恒成立，得到λ≤（1+$\frac{1}{x}$）（lnx+1），再构造函数，根据导数和函数的单调性和最值得关系即可求出实数λ的取值范围

解答 解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），
则f′（x）=$\frac{1}{x}$+a，
当a≥0时，f′（x）＞0恒成立，则f（x）的增区间为（0，+∞）．无减区间；
当a＜0时，令f′（x）＞0，解得0＜x＜-$\frac{1}{a}$；令f′（x）＜0，解得x＞-$\frac{1}{a}$．
则f（x）的增区间为（0，-$\frac{1}{a}$），减区间为（-$\frac{1}{a}$，+∞）．
（Ⅱ）∵g（x）=$\sqrt{x}$[f（x）-ax]=$\sqrt{x}$（ax+lnx-ax）=$\sqrt{x}$lnx，x＞0，
∴g′（x）=$\frac{1}{2\sqrt{x}}$lnx+$\frac{1}{\sqrt{x}}$=$\frac{1}{2\sqrt{x}}$（lnx+2），
∴2$\sqrt{x}$•g′（x）-1=lnx+1，
∵对任意x≥1，2$\sqrt{x}$•g′（x）-1≥$\frac{λx}{x+1}$恒成立，
∴lnx+1≥$\frac{λx}{x+1}$恒成立，
∴λ≤（1+$\frac{1}{x}$）（lnx+1），
设h（x）=（1+$\frac{1}{x}$）（lnx+1），
∴h′（x）=$\frac{x-lnx}{{x}^{2}}$，
再令φ（x）=x-lnx，x≥1，
∴φ′（x）=1-$\frac{1}{x}$≥0恒成立，
∴φ（x）在[1，+∞）上单调递增，
∴φ（x）≥φ（1）=1，
∴h′（x）＞0恒成立，
∴h（x）在[1，+∞）上单调递增，
∴h（x）_min=h（1）=2，
∴λ≤2

点评 本题考查函数的单调区间，考查运用导数求单调区间，考查分类讨论的思想方法，函数的最值问题以及函数恒成立的问题，考查了转化思想属于中档题．