Question

9．已知f（x）=a+lnx，记g（x）=f′（x）．
（Ⅰ）已知函数h（x）=f（x）•g（x）在[1，+∞）上单调递减，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）（ⅰ）求证：当a=1时，f（x）≤x；
（ⅱ）当a=2时，若不等式h（x）≥tg（x+1）（x∈[1，+∞））恒成立，求实数t的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出导数，由题意可得h′（x）≤0恒成立．即有1-a≤lnx在x≥1恒成立，求得右边函数的最小值即可；
（Ⅱ）（i）令函数y=1+lnx-x，求出导数，判断单调性，即可得证；
（ii）当a=2时，不等式h（x）≥tg（x+1）（x∈[1，+∞））恒成立即为t≤（1+$\frac{1}{x}$）（2+lnx）在x∈[1，+∞）恒成立．令函数y=（1+$\frac{1}{x}$）（2+lnx），求得导数，判断单调性，可得最小值，即可得到所求范围．

解答 解：（Ⅰ）g（x）=f′（x）=$\frac{1}{x}$，
h（x）=f（x）•g（x）=（a+lnx）•$\frac{1}{x}$，
h′（x）=$\frac{1}{{x}^{2}}$-（a+lnx）•$\frac{1}{{x}^{2}}$，
由题意可得h′（x）≤0恒成立．
即有1-a≤lnx在x≥1恒成立，由lnx≥0，
则1-a≤0，即为a≥1；
（Ⅱ（i）证明：令函数y=1+lnx-x，
y′=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$，
当x＞1时，y′＜0，函数y递减；当0＜x＜1时，y′＞0，函数y递增．
即有x=1处取得极大值，也为最大值，且为0，
则1+lnx-x≤0，
则f（x）≤x；
（ii）当a=2时，不等式h（x）≥tg（x+1）（x∈[1，+∞））恒成立即为
t≤（1+$\frac{1}{x}$）（2+lnx）在x∈[1，+∞）恒成立．
令函数y=（1+$\frac{1}{x}$）（2+lnx），则y′=$\frac{x-1-lnx}{{x}^{2}}$，
由x≥1时，x-1≥lnx成立，可得y′≥0，函数y递增．
则函数y的最小值为4．
则t≤4．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查函数单调性的运用，同时考查不等式恒成立思想，属于中档题．