Question

2．函數(shù)f（x）定義在（0，+∞）上，f（1）=0，導(dǎo)函數(shù)f′（x）=$\frac{1}{x}$，g（x）=f（x）+af′（x）．
（1）若a＜0，試判斷g（x）在定義域內(nèi)的單調(diào)性；
（2）若g（x）在[1，e]上的最小值為$\frac{3}{2}$，求a的值；
（3）證明：當(dāng)a≥1時，g（x）＞ln（x+1）在（0，+∞）上恒成立．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，判斷出導(dǎo)函數(shù)的符號，從而求出函數(shù)的單調(diào)性；
（2）討論a的范圍，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而表示出函數(shù)在閉區(qū)間上的最小值，求出a的值即可；
（3）法一：令函數(shù)h（x）=（x-1）-lnx（x＞0），求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可；法二：分離參數(shù)證明即可．

解答 解：（1）由題設(shè)易知f（x）=lnx，∴g（x）=lnx+$\frac{a}{x}$，g（x）的定義域為（0，+∞），
且g′（x）=$\frac{1}{x}-\frac{a}{x^2}=\frac{x-a}{x^2}$．∵a＜0，∴g′（x）＞0，
故g（x）在（0，+∞）上是單調(diào)遞增函數(shù)．…（3分）
（2）①若a≤1，則x-a≥0，即f′（x）≥0在[1，e]上恒成立，
此時g（x）在[1，e]上為增函數(shù)，
∴g（x）_min=g（1）=a=$\frac{3}{2}$＞1 （舍去）．
②若a≥e，則x-a≤0，則g′（x）≤0在[1，e]上恒成立，
此時g（x）在[1，e]上為減函數(shù)，
∴g（x）_min=g（e）=1+$\frac{a}{e}$=$\frac{3}{2}$，∴a=$\frac{e}{2}$＜e （舍去）．
③若1＜a＜e，令g′（x）=0得x=a，
當(dāng)1＜x＜a時，g′（x）＜0，∴f（x）在（1，a）上為減函數(shù)；
當(dāng)a＜x＜e時，g′（x）＞0，∴f（x）在（a，e）上為增函數(shù)，
∴g（x）_min=g（a）=lna+1=$\frac{3}{2}$，∴a=$\sqrt{e}$．
綜上所述，a=$\sqrt{e}$．…（8分）
（3）令函數(shù)h（x）=（x-1）-lnx（x＞0），
$則h'（x）=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}$x＞1時，h′（x）＞0，又在x=1處連續(xù)，
∴x∈[1，+∞）時，為增函數(shù)，∵$1+\frac{1}{x}＞1$，
∴$h（{1+\frac{1}{x}}）＞h（1）=0$，即：$\frac{1}{x}-ln（{1+\frac{1}{x}}）＞0$，
整理得：$\frac{1}{x}+lnx＞ln（{x+1}）$，
又當(dāng)a≥1時，有$g（x）≥\frac{1}{x}+lnx＞ln（{x+1}）$，命題得證．…（12分）

法二：可探究“g（x）＞ln（x+1）在（0，+∞）上恒成立”的充要條件是“a≥1”．
由g（x）＞ln（x+1）得：$a＞xln（{1+\frac{1}{x}}）$，令$h（x）=xln（{1+\frac{1}{x}}），x∈（{0，+∞}）$，
利用導(dǎo)數(shù)與極限知識，可求h（x）的最大值．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，是一道綜合題．