Question

7．已知g（x）=mx，G（x）=lnx．
（Ⅰ）若G（x）+x+2≤g（x）恒成立，求m的取值范围；
（Ⅱ）令b=G（a）+a+2，求证：b-2a≤1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）将问题转化为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．
（Ⅱ）将问题转化为：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：（Ⅰ）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）=-$\frac{lnx+1}{{x}^{2}}$，
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；
证明：（Ⅱ）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