Question

5．已知g（x）=mx，G（x）=lnx．
（1）设f（x）=$\frac{G（x）}{x}$+1，求f（x）在点（1，f（1））处的切线方程及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．

Answer 1

分析 （1）求切线上点，f（1）=1，得切点（1，1），求切线的斜率f'（1）=1=k，求切线；
（2））G（x）+x+2≤g（x）恒成立，即lnx+x+2≤mx在（0，+∞）恒成立，
∴m-1≥$\frac{lnx+2}{x}$在（0，+∞）恒成立，令h（x）=$\frac{lnx+2}{x}…（x＞0）$，求出h（x）的最大值，从而求出m的范围．

解答 解：（1）f（x）=$\frac{G（x）}{x}$+1=$\frac{lnx}{x}$+1，f′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
f（1）=1，即切点（1，1），切线斜率k=f'（1）=1，
∴切线方程为y-1=k（x-1）=x-1，∴y=x为所求切线方程．
令f′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$=0⇒x=e，
当在（0，e）上，f′（x）＞0，∴f（x）递增区间为：（0，e），
当在（e，+∞）上，f′（x）＜0，∴f（x）递减区间为（e，+∞）．
（2）G（x）+x+2≤g（x）恒成立，
即lnx+x+2≤mx在（0，+∞）恒成立，
∴m-1≥$\frac{lnx+2}{x}$在（0，+∞）恒成立，
令h（x）=$\frac{lnx+2}{x}…（x＞0）$∴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＞e，
∴h（x）在（0，$\frac{1}{e}$）递增，在（$\frac{1}{e}$，+∞）递减，∴h（x）_max=h（$\frac{1}{e}$）=e，
∴m-1≥e，∴m≥e+1．

点评 本题考查了函数的单调性、切线问题，考查了函数恒成立问题，考查了转化思想，导数的应用，是一道中档题．