Question

2．函数f（x）定义在（0，+∞）上，f（1）=0，导函数f′（x）=$\frac{1}{x}$，g（x）=f（x）+af′（x）．
（1）若a＜0，试判断g（x）在定义域内的单调性；
（2）若g（x）在[1，e]上的最小值为$\frac{3}{2}$，求a的值；
（3）证明：当a≥1时，g（x）＞ln（x+1）在（0，+∞）上恒成立．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，判断出导函数的符号，从而求出函数的单调性；
（2）讨论a的范围，得到函数的单调区间，从而表示出函数在闭区间上的最小值，求出a的值即可；
（3）法一：令函数h（x）=（x-1）-lnx（x＞0），求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可；法二：分离参数证明即可．

解答 解：（1）由题设易知f（x）=lnx，∴g（x）=lnx+$\frac{a}{x}$，g（x）的定义域为（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，+∞）上是单调递增函数．…（3分）
（2）①若a≤1，则x-a≥0，即f′（x）≥0在[1，e]上恒成立，
此时g（x）在[1，e]上为增函数，
∴g（x）_min=g（1）=a=$\frac{3}{2}$＞1 （舍去）．
②若a≥e，则x-a≤0，则g′（x）≤0在[1，e]上恒成立，
此时g（x）在[1，e]上为减函数，
∴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，
当1＜x＜a时，g′（x）＜0，∴f（x）在（1，a）上为减函数；
当a＜x＜e时，g′（x）＞0，∴f（x）在（a，e）上为增函数，
∴g（x）_min=g（a）=lna+1=$\frac{3}{2}$，∴a=$\sqrt{e}$．
综上所述，a=$\sqrt{e}$．…（8分）
（3）令函数h（x）=（x-1）-lnx（x＞0），
$则h'（x）=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}$x＞1时，h′（x）＞0，又在x=1处连续，
∴x∈[1，+∞）时，为增函数，∵$1+\frac{1}{x}＞1$，
∴$h（{1+\frac{1}{x}}）＞h（1）=0$，即：$\frac{1}{x}-ln（{1+\frac{1}{x}}）＞0$，
整理得：$\frac{1}{x}+lnx＞ln（{x+1}）$，
又当a≥1时，有$g（x）≥\frac{1}{x}+lnx＞ln（{x+1}）$，命题得证．…（12分）

法二：可探究“g（x）＞ln（x+1）在（0，+∞）上恒成立”的充要条件是“a≥1”．
由g（x）＞ln（x+1）得：$a＞xln（{1+\frac{1}{x}}）$，令$h（x）=xln（{1+\frac{1}{x}}），x∈（{0，+∞}）$，
利用导数与极限知识，可求h（x）的最大值．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道综合题．