分析 (1)能夠判斷函數(shù)x-lnx在[1,+∞)上是增函數(shù),最小值為1>0.所以在得到x≥1時(shí)g′(x)>0,所以g(x)在[1,+∞)上是增函數(shù),最小值為g(1)=2,求出k的范圍即可;
(2)求出f'(x)在(0,+∞)上遞增,分類討論,利用當(dāng)x≥0時(shí),f(x)≥1恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍即可.
解答 解:(1)由原不等式得:k≤$\frac{(x+1)(1+lnx)}{x}$,
令g(x)=$\frac{(x+1)(1+lnx)}{x}$,則:
g′(x)=$\frac{x-lnx}{{x}^{2}}$,令h(x)=x-lnx,
則:h′(x)=1-$\frac{1}{x}$,
∴x≥1時(shí),h′(x)≥0,即h(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增,
∴h(x)≥h(1)=1>0;
∴x≥1時(shí),g′(x)>0;
∴g (x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增,
g(x)在[1,+∞)上的最小值為g(1)=2;
因此,k≤2,即實(shí)數(shù)k的取值范圍為(-∞,2].
(2)f′(x)=ex+$\frac{1}{x+1}$-a,
則f″(x)=ex-$\frac{1}{{(x+1)}^{2}}$>0,
故f'(x)在(0,+∞)上遞增,
所以當(dāng)a≤2時(shí),f'(x)≥f'(0)=2-a≥0,
所以f(x)在[0,+∞)上遞增,
故f(x)≥f(0)=1恒成立,
當(dāng)a>2時(shí),記φ(x)=f(x)-1,則φ′(x)=ex+$\frac{1}{x+1}$-a,
記h(x)=ex+$\frac{1}{x+1}$-a,則h′(x)=ex-$\frac{1}{{(x+1)}^{2}}$,
當(dāng)x>1時(shí),h′(x)>e-$\frac{1}{4}$,
顯然0≤x<1時(shí),h'(x)>0,從而φ'(x)在[0,+∞)上遞增,
又φ'(0)=2-a<0,則存在x0∈(0,+∞),使得φ'(x0)=0,
所以φ(x)在(0,x0)上遞減,
所以當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),φ(x)<φ(x0)=0,
即f(x)<1,不符合題意,
綜上,實(shí)數(shù)a的取值范圍是a≤2.
點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)恒成立問題,考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的運(yùn)用,考查分類討論的數(shù)學(xué)思想,考查學(xué)生分析解決問題的能力.
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A. | 充分而不必要條件 | B. | 必要而不充分條件 | ||
C. | 充要條件 | D. | 既不充分也不必要條件 |
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A. | 三邊都不等的三角形 | B. | 直角三角形 | ||
C. | 等腰不等邊三角形 | D. | 等邊三角形 |
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A. | m<$\frac{2}{3}$ | B. | -1<m<$\frac{2}{3}$ | C. | $-\frac{1}{2}$<m<$\frac{2}{3}$ | D. | m>$-\frac{1}{2}$ |
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