Question

设函数f（x）=a（x-1），g（x）=（x+b）lnx（a，b是实数，且a＞0）
（Ⅰ）若g（x）在其定义域内为单调增函数，求b的取值范围；
（Ⅱ）当b=1时，若f（x）≤g（x）在[1，+∞）上恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）求函数的导数，利用g（x）在其定义域内为单调增函数，转化为g′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立
，即可求b的取值范围；
（Ⅱ）将不等式恒成立，转化为求函数的最值问题，利用导数即可得到结论．

解答： 解：（Ⅰ）由题意得g′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，
即g′（x）=lnx+(x+b)

1

x

=lnx+1+

b

x

≥0在（0，+∞）上恒成立．
∴

b

x

≥-lnx-1（x＞0）．
∴b≥-xlnx-x．
令h（x）=-xlnx-x，只需b≥h（x）_max h′（x）=-lnx-1-1=-lnx-2．
令h′（x）＞0，得 0＜x＜e^-2．
令h′（x）＜0，得x＞e^-2．
∴h（x）在（0，e^-2）递增，在（ e^-2，+∞）递减．
∴h(x)max=h(e-2)=-e-2lne-2-e-2=e-2．
∴b≥e^-2．
（Ⅱ）当b=1时，a（x-1）≤（x+1）lnx在[1，+∞）上恒成立，
等价于lnx≥

a(x-1)

x+1

在[1，+∞）上恒成立，
令ϕ(x)=lnx-

a(x-1)

x+1

，
则ϕ（1）=0且ϕ′(x)=

1

x

-

2a

(x+1)2

=

x2+2(1-a)x+1

x(x+1)2

，
因x²项系数为1，则由△=4（1-a）²-4≤0，得0＜a≤2，
故当0＜a≤2时，ϕ′（x）≥0恒成立，
∴ϕ（x）在[1，+∞）上单调递增．
∴ϕ（x）≥ϕ（1）=0，即ϕ（x）≥0在[1，+∞）上单调递增．
当a＞2时，令ϕ′（x）=0，得x1=a-1+

a2-2a

x2=a-1-

a2-2a

．
∵a＞2，∴x₁＞1而x₂＜1

(?a-2＜ a2-2a  ?a2-4a+4＜a2-2a ?4＜2a)

，
∴x-(a-1-

a2-2a

)＞0，
故当x∈(1，a-1+

a2-2a

)时，ϕ'（x）＜0
∴?x0∈(1，a-1+

a2-2a

)使得ϕ（x₀）＜0
综上可得0＜a≤2即为所求．

点评：本题主要考查函数单调性和最值与导数之间的关系，考查学生的运算能力，综合性较强，难度较大．