Question

【题目】已知f(x)＝lnx－x＋a＋1.

(1)若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≥0成立，求a的取值范围；

(2)求证：在(1)的条件下，当x>1时， x2＋ax－a>xlnx＋成立．

Answer 1

【答案】(1) [0，＋∞)．(2)见解析.

【解析】试题分析(1) 原题即为存在x>0，使得a≥－lnx＋x－1,即该不等式有解，求函数g(x)＝－lnx＋x－1的单调性和最小值即可；（2）原不等式转化为G(x)＝x2＋ax－xlnx－a－>0，研究这个函数的单调性，求得这个函数的最值大于等于0即可.

解析：

(1)解：原题即为存在x>0，

使得lnx－x＋a＋1≥0，

∴a≥－lnx＋x－1，

令g(x)＝－lnx＋x－1，

则g′(x)＝－＋1＝.

令g′(x)＝0，解得x＝1.

∵当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)为减函数，

当x>1时，g′(x)>0，g(x)为增函数，

∴g(x)min＝g(1)＝0，a≥g(1)＝0.

故a的取值范围是[0，＋∞)．

(2)证明　原不等式可化为x2＋ax－xlnx－a－>0(x>1，a≥0)．

令G(x)＝x2＋ax－xlnx－a－，则G(1)＝0.

由(1)可知x－lnx－1>0，

则G′(x)＝x＋a－lnx－1≥x－lnx－1>0，

∴G(x)在(1，＋∞)上单调递增，

∴G(x)>G(1)＝0成立，

∴x2＋ax－xlnx－a－>0成立，

即x2＋ax－a>xlnx＋成立．