Question

19．设函数f（x）=lnx，g（x）=lnx-x+2．
（1）求函数g（x）的极大值；
（2）若关于x的不等式$mf（x）≥\frac{x-1}{x+1}$在[1，+∞）上恒成立，求实数m的取值范围；
（3）已知$α∈（0，\frac{π}{2}）$，试比较f（tanα）与-cos2α的大小，并说明理由．

Answer 1

分析 （1）求出g（x）的导数，得到g（x）的单调区间，从而求出g（x）的极大值即可；
（2）问题转化为mlnx-$\frac{x-1}{x+1}$≥0，令h（x）=mlnx-$\frac{x-1}{x+1}$，求出函数h（x）的导数，根据函数的单调性求出m的范围即可；
（3）令F（a）=ln（tana）+cos2a，求出函数F（a）的导数，根据a的范围，求出函数的单调性，从而比较f（tana）和-cos2a的大小即可．

解答 解：（1）∵g（x）=lnx-x+2，（x＞0），则g′（x）=$\frac{1-x}{x}$，
当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，
∴g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
∴当x=1时，函数g（x）取得极大值1．   
（2）mf（x）≥$\frac{x-1}{x+1}$?mlnx-$\frac{x-1}{x+1}$≥0，
令h（x）=mlnx-$\frac{x-1}{x+1}$，则h′（x）=$\frac{{m（x+1）}^{2}-2x}{{x（x+1）}^{2}}$，
∵h（1）=0，故当m（x+1）²-2x≥0[1，+∞）在上恒成立时，
使得函数h（x）在[1，+∞）上单调递增，
∴m≥$\frac{2x}{{（x+1）}^{2}}$=$\frac{2}{x+\frac{1}{x}+2}$在[1，+∞）上恒成立，故m≥$\frac{1}{2}$；
经验证，当m≥$\frac{1}{2}$时，函数h′（x）≥0在[1，+∞）上恒成立；
当m＜$\frac{1}{2}$时，不满足题意．
∴m≥$\frac{1}{2}$． 
（3）令F（α）=ln（tanα）+cos2α，则F′（α）=$\frac{2（1{-sin}^{2}2α）}{sin2α}$，
∵α∈（0，$\frac{π}{2}$），∴sin2α＞0，∴F′（α）＞0，
故F（α）单调递增，又F（$\frac{π}{4}$）=0，
∴当0＜α＜$\frac{π}{4}$时，f（tanα）＜-cos2α；
当α=$\frac{π}{4}$时，f（tanα）=-cos2α；
当$\frac{π}{4}$＜α＜$\frac{π}{2}$，f（tanα）＞-cos2α．

点评 本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道中档题．