Question

4．已知函数f（x）=（t+1）lnx+tx²+3t，t∈R．
（1）若t=0，求证：当x≥0时，f（x+1）≥x-$\frac{1}{2}$x²；
（2）若f（x）≥4x对任意x∈[1，+∞）恒成立，求t的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数f（x）的解析式，问题转化为证明ln（x+1）≥x-$\frac{1}{2}$x²；令g（x）=ln（x+1）-x+$\frac{1}{2}$x²，（x≥0）；根据函数的单调性证明即可；
（2）问题转化为（t+1）lnx+tx²+3t-4x≥0，令φ（x）=（t+1）lnx+tx²+3t-4x，根据函数的单调性求出t的范围即可．

解答 解：（1）证明：t=0时，f（x）=lnx，f（x+1）=ln（x+1），
即证ln（x+1）≥x-$\frac{1}{2}$x²；
令g（x）=ln（x+1）-x+$\frac{1}{2}$x²，（x≥0）；
则g′（x）=$\frac{{x}^{2}}{x+1}$＞0，
∴g（x）在（0，+∞）递增，
∴g（x）≥g（0）=0，
即l（x+1）≥x-$\frac{1}{2}$x²；
（2）由f（x）≥4x⇒（t+1）lnx+tx²+3t-4x≥0，
令φ（x）=（t+1）lnx+tx²+3t-4x，
首先由φ（1）≥0⇒t≥1，
此时φ′（x）=$\frac{2{tx}^{2}-4x+t+1}{x}$，
令h（x）=2tx²-4x+t+1，
∵t≥1，∴△=16-8t（t+1）＜0，
∴h（x）＞0恒成立，
即φ′（x）＞0，φ（x）在[1，+∞）递增，
故φ（x）≥φ（1）=4t-4≥0，
综上，t≥1．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道综合题．