Question

已知g（x）=mx，G（x）=lnx．
（1）若f（x）=G（x）-x+1，求函数f（x）的单调区间；
（2）若G（x）+x+2≤g（x）恒成立，求m的取值范围；
（3）令b=G（a）+a+2，求证：b-2a≤1．

Answer 1

考点：函数恒成立问题,函数的单调性及单调区间

专题：函数的性质及应用,导数的综合应用,不等式的解法及应用

分析：（1）把G（x）=lnx代入f（x）=G（x）-x+1，整理后求导，利用导函数的符号求解函数f（x）的单调区间；
（2）构造函数h（x）=G（x）+x+2-g（x），由导函数求其最值，然后转化为不等式求解m的取值范围；
（3）直接结合（1）中的结论加以证明．

解答： （1）解：f（x）=G（x）-x+1=1-x+lnx，
求导得：f′(x)=

1

x

-1=

1-x

x

，由f′（x）=0，得x=1．
当x∈（0，1）时，f′（x）＞0；
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0．
∴函数y=f（x）在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是减函数；

（2）解：令h（x）=G（x）+x+2-g（x）=lnx+x+2-mx=lnx+（1-m）x+2，
则h′(x)=

1

x

+(1-m)，
令h′（x）=0，得x=

1

m-1

．
当x∈（0，

1

m-1

）时，h′（x）＞0，h（x）在（0，

1

m-1

）上是增函数；
当x∈（

1

m-1

，+∞）时，h′（x）＜0，h（x）在（

1

m-1

，+∞）上是减函数．
∴h（x）在（0，+∞）上的最大值为h（

1

m-1

）=ln

1

m-1

+1=1-ln（m-1）≤0，解得m≥e+1．
∴当m≥e+1时G（x）+x+2≤g（x）恒成立；

（3）证明：由题意知，b=lna+a+2．
由（1）知f（x）=1-x+lnx，且f（x）=lnx+1-x≤f（1）=0，
即有不等式lnx≤x-1（x＞0）．
于是b=lna+a+2≤a-1+a+2=2a+1，
即b-2a≤1．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数求函数的最值，考查了数学转化思想方法，考查了函数构造法，是压轴题．