Question

2．已知函數(shù)f（x）=lnx+1．
（Ⅰ）證明：當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）≤x；
（Ⅱ）設(shè)$g（x）=ax+（{a-1}）•\frac{1}{x}-lnx-1$，若g（x）≥0對(duì)x＞0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先構(gòu)造函數(shù)m（x）=lnx+1-x，然后求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)符號(hào)即可求出函數(shù)m（x）的最大值為0，即得到m（x）≤0，從而證得f（x）≤x；
（Ⅱ）根據(jù)x＞0，$ax+（a-1）•\frac{1}{x}-lnx-1≥0$便可解得$a≥\frac{lnx+1+\frac{1}{x}}{x+\frac{1}{x}}$，而根據(jù)上面知lnx+1≤x恒成立，從而便可求得$\frac{lnx+1+\frac{1}{x}}{x+\frac{1}{x}}$的最大值，進(jìn)而即可得出實(shí)數(shù)a的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）證明：構(gòu)造函數(shù)m（x）=f（x）-x=lnx+1-x，$m'（x）=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}=0（{x＞0}）$得x=1；
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，m'（x）＞0；當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，m'（x）＜0；
∴[m（x）]_max=m（1）=0；
∴m（x）≤0；
∴f（x）≤x；
（Ⅱ）若g（x）≥0對(duì)x＞0恒成立等價(jià)于$a≥\frac{{lnx+1+\frac{1}{x}}}{{x+\frac{1}{x}}}$對(duì)x＞0恒成立；
記$G（x）=\frac{{lnx+1+\frac{1}{x}}}{{x+\frac{1}{x}}}$，問(wèn)題等價(jià)于a≥G（x）_max；
由（Ⅰ）知lnx+1≤x（當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取得等號(hào)）；
∴$G（x）=\frac{lnx+1+\frac{1}{x}}{x+\frac{1}{x}}≤\frac{x+\frac{1}{x}}{x+\frac{1}{x}}=1$（當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取得等號(hào)）；
故G（x）_max=1，所以a≥1；
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為[1，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 考查構(gòu)造函數(shù)解決問(wèn)題的方法，根據(jù)函數(shù)導(dǎo)數(shù)符號(hào)求函數(shù)最值的方法和過(guò)程，不等式的性質(zhì)，在解決第二問(wèn)時(shí)能用上第一問(wèn)的結(jié)論很巧妙．