Question

5．已知函数f（x）=（x+1）|lnx|．
（I）讨论函数f（x）的单调性；
（II）若对于任意的x∈[1，+∞），f（x）≥a（x-1）恒成立，求a的范围．

Answer 1

分析 （I）通过x≥1与0＜x＜1，化简函数的表达式，求出函数的导数，判断导数的符号，推出函数的单调性．
（II）利用x≥1，转化f（x）≥a（x-1）为（x+1）lnx-a（x-1）≥0，构造函数g（x）=（x+1）lnx-a（x-1），求出函数的导数，利用（I）的结果，推出a的范围．

解答 解：（I）当$x≥1，f（x）=（{x+1}）lnx，f′（x）=1+\frac{1}{x}+lnx＞0$，
f（x）在（1，+∞）上递增；------------------------（3分）
$0＜x＜1，f（x）=-（{x+1}）lnx，f′（x）=-（{1+\frac{1}{x}+lnx}）$，$f′′（x）=-（{\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}}）=\frac{1-x}{x^2}＞0$，
f′（x）在（0，1）递增，f′（x）＜f′（1）=-2＜0，f（x）在（0，1）上递减
所以f（x）在（0，1）上递减，在（1，+∞）上递增．------------------------（6分）
（II）x≥1，f（x）=（x+1）lnx，f（x）≥a（x-1）?（x+1）lnx-a（x-1）≥0
设$g（x）=（{x+1}）lnx-a（{x-1}），g′（x）=1+\frac{1}{x}+lnx-a$
由（I）知，g′（x）在（1，+∞）上递增，g′（x）≥g′（1）=2-a
若2-a≥0，即a≤2，g′（x）≥0，g（x）在[1，+∞）上递增，
∴g（x）≥g（1）=0，所以不等式成立---------------------------（9分）
若a＞2，存在x₀∈（1，+∞），使得g′（x₀）=0，当x∈[1，x₀）时，g′（x）＜0，g（x）是减函数，
∴g（x）＜g（1）=0，这与题设矛盾------------（12分）
综上所述，a≤2．

点评 本题考查函数的导数的综合应用，函数的单调性的判断，构造法二次求导，考查转化思想以及分类讨论思想的应用，考查计算能力．