Question

3．已知g（x）=mx（m＞0），G（x）=lnx．
（1）若f（x）=G（x）-x+1，求函数f（x）的单调区间；
（2）若G（x）-x+2≤g（x）恒成立，求m的取值范围；
（3）令b=G（a）+a+2，求证：b-2a≤1．

Answer 1

分析 （1）先求出函数f（x）的导数，解关于导函数的不等式，从而求出函数的单调区间；
（2）问题转化为m≥$\frac{lnx}{x}$-1+$\frac{2}{x}$在（0，+∞）恒成立，构造新函数，通过讨论函数的单调性，求出其最大值，进而求出m的范围；
（3）问题转化为：lna-a≤-1，令h（a）=lna-a，通过讨论函数的单调性得到h（a）的最大值，从而证出答案．

解答 解：（1）∵f（x）=G（x）-x+1=lnx-x+1，（x＞0），
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$，
令f′（x）＞0，解得：0＜x＜1，
令f′（x）＜0，解得：x＞1，
∴函数f（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减；
（2）若G（x）-x+2≤g（x）恒成立，
即lnx-x+2≤mx恒成立，（m＞0，x＞0），
即m≥$\frac{lnx}{x}$-1+$\frac{2}{x}$在（0，+∞）恒成立，
令h（x）=$\frac{lnx}{x}$-1+$\frac{2}{x}$，则：h′（x）=$\frac{-（1+lnx）}{{x}^{2}}$，
令h′（x）＞0，解得：0＜x＜$\frac{1}{e}$，令h′（x）＜0，解得：x＞$\frac{1}{e}$，
∴h（x）在（0，$\frac{1}{e}$）递增，在（$\frac{1}{e}$，+∞）递减，
∴h（x）_max=h（$\frac{1}{e}$）=e+1，
∴m≥e+1；
（3）由b=G（a）+a+2，得：b=lna+a+2，得：b-2a=lna-a+2，
要证明：b-2a≤1，即证明：lna-a+2≤1，即证明：lna-a≤-1，
令h（a）=lna-a，则h′（a）=$\frac{1}{a}$-1=$\frac{1-a}{a}$，
令h′（a）＞0，解得：0＜a＜1，令h′（a）＜0，解得：a＞1，
∴h（a）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减，
∴h（a）_最大值=h（1）=-1，
∴b-2a≤1．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查函数恒成立问题，转化思想，是一道中档题．