Question

已知函数f（x）=x+alnx-1，a∈R．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若f（x）≥lnx对于任意x∈[1，+∞）恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,函数恒成立问题

专题：导数的综合应用

分析：（1）由f（x）=x+alnx-1，x＞0，得f′（x）=1+

a

x

=

x+a

x

，利用导数与单调性的关系求单调区间，注意对a分类讨论
（2）令g（x）=f（x）-lnx=x+（a-1）lnx-1，x∈[1，+∞），转化为g（x）_min≥0恒成立问题．

解答： 解：（1）由f（x）=x+alnx-1，x＞0，得f′（x）=1+

a

x

=

x+a

x

，
当a≥0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a＜0时，若x＞-a，
则f′（x）＞0，f（x）在（-a，+∞）上单调递增，
若0＜x＜-a，则f′（x）＜0，f（x）在（0，-a）上单调递减．
综上所述，当a≥0时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞）；
当a＜0时，f（x）的单调递增区间为（-a，+∞），单调递减区间为（0，-a）．
（2）令g（x）=f（x）-lnx=x+（a-1）lnx-1，x∈[1，+∞），
则g′（x）=

x+a-1

x

．
由g′（x）=0得x=1-a，
当a≥0时，即1-a≤1时，g′（x）≥0，g（x）在[1，+∞）上单调递增，
∴g（x）_min=g（1）=0，因此，当a≥0时，g（x）≥0，f（x）≥lnx对于任意x∈[1，+∞）恒成立．
当a＜0时，即1-a＞1时，若1＜x＜1-a，
则g′（x）＜0，g（x）在（1，1-a）上单调递减，
所以g（x）＜g（1）=0，不满足
g（x）≥0，x∈[1，+∞），
即不满足f（x）≥lnx对于任意x∈[1，+∞）恒成立．
综上所述，a的取值范围是[0，+∞）．

点评：本题考查导数在研究函数问题中的应用、由不等式恒成立求解参数范围，考查等价转化思想，这种常规的数学思想方法需要理解掌握并运用．