Question

19．設(shè)函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=lnx-x+2．
（1）求函數(shù)g（x）的極大值；
（2）若關(guān)于x的不等式$mf（x）≥\frac{x-1}{x+1}$在[1，+∞）上恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（3）已知$α∈（0，\frac{π}{2}）$，試比較f（tanα）與-cos2α的大小，并說明理由．

Answer 1

分析 （1）求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，得到g（x）的單調(diào)區(qū)間，從而求出g（x）的極大值即可；
（2）問題轉(zhuǎn)化為mlnx-$\frac{x-1}{x+1}$≥0，令h（x）=mlnx-$\frac{x-1}{x+1}$，求出函數(shù)h（x）的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出m的范圍即可；
（3）令F（a）=ln（tana）+cos2a，求出函數(shù)F（a）的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)性，從而比較f（tana）和-cos2a的大小即可．

解答 解：（1）∵g（x）=lnx-x+2，（x＞0），則g′（x）=$\frac{1-x}{x}$，
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，g′（x）＞0，當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，g′（x）＜0，
∴g（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
∴當(dāng)x=1時(shí)，函數(shù)g（x）取得極大值1．   
（2）mf（x）≥$\frac{x-1}{x+1}$?mlnx-$\frac{x-1}{x+1}$≥0，
令h（x）=mlnx-$\frac{x-1}{x+1}$，則h′（x）=$\frac{{m（x+1）}^{2}-2x}{{x（x+1）}^{2}}$，
∵h(yuǎn)（1）=0，故當(dāng)m（x+1）²-2x≥0[1，+∞）在上恒成立時(shí)，
使得函數(shù)h（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴m≥$\frac{2x}{{（x+1）}^{2}}$=$\frac{2}{x+\frac{1}{x}+2}$在[1，+∞）上恒成立，故m≥$\frac{1}{2}$；
經(jīng)驗(yàn)證，當(dāng)m≥$\frac{1}{2}$時(shí)，函數(shù)h′（x）≥0在[1，+∞）上恒成立；
當(dāng)m＜$\frac{1}{2}$時(shí)，不滿足題意．
∴m≥$\frac{1}{2}$． 
（3）令F（α）=ln（tanα）+cos2α，則F′（α）=$\frac{2（1{-sin}^{2}2α）}{sin2α}$，
∵α∈（0，$\frac{π}{2}$），∴sin2α＞0，∴F′（α）＞0，
故F（α）單調(diào)遞增，又F（$\frac{π}{4}$）=0，
∴當(dāng)0＜α＜$\frac{π}{4}$時(shí)，f（tanα）＜-cos2α；
當(dāng)α=$\frac{π}{4}$時(shí)，f（tanα）=-cos2α；
當(dāng)$\frac{π}{4}$＜α＜$\frac{π}{2}$，f（tanα）＞-cos2α．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，是一道中檔題．