Question

2．设f（x）=lnx，g（x）=f（x）+f′（x）
（1）求f（x）=lnx在点（e，f（e））的切线方程；
（2）求g（x）的单调区间和最小值；
（3）求a的取值范围，使得g（a）-g（x）＜$\frac{1}{a}$对任意x＞0成立．

Answer 1

分析 （1）由f（x）=lnx求导得f′（x）=$\frac{1}{x}$，从而可得f′（e）=$\frac{1}{e}$，f（e）=1；从而写出切线方程；
（2）g（x）=f（x）+f′（x）=lnx+$\frac{1}{x}$的定义域为（0，+∞），从而求导g′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，从而判断函数的单调性及最值；
（3）g（a）-g（x）＜$\frac{1}{a}$对任意x＞0成立可化为g（a）-$\frac{1}{a}$＜g（x）对任意x＞0成立，从而得g（a）-$\frac{1}{a}$＜1；从而可得．

解答 解：（1）∵f（x）=lnx，
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$，f′（e）=$\frac{1}{e}$，f（e）=1，
∴f（x）=lnx在点（e，f（e））的切线方程为y-1=$\frac{1}{e}$（x-e），
即y=$\frac{1}{e}$x；
（2）g（x）=f（x）+f′（x）=lnx+$\frac{1}{x}$的定义域为（0，+∞），
g′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
故g（x）在（0，1）上是减函数，在（1，+∞）上是增函数；
故g_min（x）=g（1）=0+1=1；
（3）g（a）-g（x）＜$\frac{1}{a}$对任意x＞0成立可化为g（a）-$\frac{1}{a}$＜g（x）对任意x＞0成立，
故g（a）-$\frac{1}{a}$＜1；
即lna+$\frac{1}{a}$-$\frac{1}{a}$＜1，
故lna＜1，
故0＜a＜e．

点评 本题考查了导数的综合应用及恒成立问题，属于中档题．