Question

已知g（x）=mx，G（x）=lnx．
（1）若f（x）=G（x）-x+1，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若G（x）+x+2≤g（x）恒成立，求m的取值范圍；
（3）令b=G（a）+a+2，求證：b-2a≤1．

Answer 1

考點：函數(shù)恒成立問題,函數(shù)的單調(diào)性及單調(diào)區(qū)間

專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用,不等式的解法及應(yīng)用

分析：（1）把G（x）=lnx代入f（x）=G（x）-x+1，整理后求導(dǎo)，利用導(dǎo)函數(shù)的符號求解函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）構(gòu)造函數(shù)h（x）=G（x）+x+2-g（x），由導(dǎo)函數(shù)求其最值，然后轉(zhuǎn)化為不等式求解m的取值范圍；
（3）直接結(jié)合（1）中的結(jié)論加以證明．

解答： （1）解：f（x）=G（x）-x+1=1-x+lnx，
求導(dǎo)得：f′(x)=

1

x

-1=

1-x

x

，由f′（x）=0，得x=1．
當(dāng)x∈（0，1）時，f′（x）＞0；
當(dāng)x∈（1，+∞）時，f′（x）＜0．
∴函數(shù)y=f（x）在（0，1）上是增函數(shù)，在（1，+∞）上是減函數(shù)；

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

1

x

+(1-m)，
令h′（x）=0，得x=

1

m-1

．
當(dāng)x∈（0，

1

m-1

）時，h′（x）＞0，h（x）在（0，

1

m-1

）上是增函數(shù)；
當(dāng)x∈（

1

m-1

，+∞）時，h′（x）＜0，h（x）在（

1

m-1

，+∞）上是減函數(shù)．
∴h（x）在（0，+∞）上的最大值為h（

1

m-1

）=ln

1

m-1

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

（3）證明：由題意知，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．

點評：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，考查了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，考查了函數(shù)構(gòu)造法，是壓軸題．