Question

16．已知f（x）=a+lnx，記g（x）=f′（x），h（x）=f（x）•g（x）．
（1）已知函數h（x）在[1，+∞）上單調遞減，求實數a的取值范圍；
（2）①求證：當a=1時，f（x）≤x；
②當a=2時，若不等式h（x）≥tg（x+1）（x∈[1，+∞））恒成立，求實數t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出導數，由題意可得h′（x）≤0恒成立．即有1-a≤lnx在x≥1恒成立，求得右邊函數的最小值即可；
（2）①令函數y=1+lnx-x，求出導數，判斷單調性，即可得證；
②當a=2時，不等式h（x）≥tg（x+1）（x∈[1，+∞））恒成立即為t≤（1+$\frac{1}{x}$）（2+lnx）在x∈[1，+∞）恒成立．令函數y=（1+$\frac{1}{x}$）（2+lnx），求得導數，判斷單調性，可得最小值，即可得到所求范圍．

解答 解：（1）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）•$\frac{1}{{x}^{2}}$，
由題意可得h′（x）≤0恒成立．
即有1-a≤lnx在x≥1恒成立，由lnx≥0，
則1-a≤0，即為a≥1；
（2）①證明：令函數y=1+lnx-x，
y′=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$，
當x＞1時，y′＜0，函數y遞減；當0＜x＜1時，y′＞0，函數y遞增．
即有x=1處取得極大值，也為最大值，且為0，
則1+lnx-x≤0，
則f（x）≤x；
②當a=2時，不等式h（x）≥tg（x+1）（x∈[1，+∞））恒成立即為
t≤（1+$\frac{1}{x}$）（2+lnx）在x∈[1，+∞）恒成立．
令函數y=（1+$\frac{1}{x}$）（2+lnx），則y′=$\frac{x-1-lnx}{{x}^{2}}$，
由x≥1時，x-1≥lnx成立，可得y′≥0，函數y遞增．
則函數y的最小值為4．
則t≤4．

點評 本題考查導數的運用：求單調區(qū)間和極值、最值，考查函數單調性的運用，提示考查不等式恒成立思想，屬于中檔題．