Question

已知函數(shù)f（x）=

1+lnx

x

．
（I）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（II）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（t，t+

1

2

）（t＞0）上不是單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)t的取值范圍；
（III）如果當(dāng)x≥1時，不等式f（x）≥

a

x+1

恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：計算題,函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（I）求導(dǎo)f′（x）=-

lnx

x2

，從而由導(dǎo)數(shù)的正負(fù)確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（II）由f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，1），單調(diào)減區(qū)間為（1，+∞）得t＜1＜t+

1

2

，從而解得；
（III）不等式f（x）≥

a

x+1

可化為a≤

(x+1)(1+lnx)

x

，令g（x）=

(x+1)(1+lnx)

x

，從而化恒成立為a≤g_min（x），（x≥1）；從而轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題．

解答： 解：（I）∵f（x）=

1+lnx

x

，x＞0，故f′（x）=-

lnx

x2

，
則當(dāng)x∈（0，1）時，f′（x）＞0，當(dāng)x∈（1，+∞）時，f′（x）＜0；
故f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，1），單調(diào)減區(qū)間為（1，+∞）；
（II）∵f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，1），單調(diào)減區(qū)間為（1，+∞）；
∴t＜1＜t+

1

2

，
故

1

2

＜t＜1；
故實(shí)數(shù)t的取值范圍為（

1

2

，1）；
（III）不等式f（x）≥

a

x+1

可化為a≤

(x+1)(1+lnx)

x

，
令g（x）=

(x+1)(1+lnx)

x

，
則當(dāng)x≥1時，不等式f（x）≥

a

x+1

恒成立可化為
a≤g_min（x），（x≥1）；
而g′（x）=

x-lnx

x2

；
令h（x）=x-lnx；則h′（x）=1-

1

x

≥0；
故h（x）在[1，+∞）上是增函數(shù)，
故h（x）≥h（1）≥1；
故g′（x）=

x-lnx

x2

＞0；
故g（x）=

(x+1)(1+lnx)

x

在[1，+∞）上是增函數(shù)，
故g_min（x）=g（1）=2，
故a≤2；
故實(shí)數(shù)a的取值范圍為（-∞，2]．

點(diǎn)評：本題了函數(shù)的綜合應(yīng)用及導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，同時考查了恒成立問題，屬于中檔題．