Question

1．若函數(shù)f（x）是定義域D內(nèi)的某個(gè)區(qū)間I上的增函數(shù)，且h（x）=$\frac{f（x）}{x}$在I上是減函數(shù)，則稱y=f（x）是I上的“單反減函數(shù)”，已知f（x）=e^x+x，g（x）=x+lnx+$\frac{2}{x}$．
（1）判斷f（x）在（0，+∞）上是否是“單反減函數(shù)”，并說(shuō)明理由；
（2）若g（x）是[$\frac{a}{4}$，+∞）上的“單反減函數(shù)”，求實(shí)數(shù)a取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)f′（x），判斷f（x）在區(qū)間（0，+∞）的單調(diào)性，再令h（x）=$\frac{f（x）}{x}$，利用導(dǎo)數(shù)判斷h（x）在區(qū)間（0，+∞）的單調(diào)性，即可得出結(jié)論；
（2）利用導(dǎo)數(shù)判斷g（x）在[0，+∞）的單調(diào)性，再h（x）=$\frac{g（x）}{x}$，利用導(dǎo)數(shù)判斷h（x）＜0在（0，+∞）上的單調(diào)性，得出g（x）是[1，+∞）上的“單反函數(shù)”，從而求出實(shí)數(shù)a的取值范圍．

解答 解：（1）∵f（x）=e^x+x，∴f′（x）=e^x+1＞0，
∴f（x）在區(qū)間（0，+∞）上是增函數(shù)，
設(shè)h（x）=$\frac{f（x）}{x}$=$\frac{{e}^{x}}{x}$+1，
∴h′（x）=$\frac{{e}^{x}（x-1）}{{x}^{2}}$（x≥0）在區(qū)間（0，+∞）上不恒成立，
∴h（x）在區(qū)間（0，+∞）上不一定是增函數(shù)，
∴函數(shù)f（x）不是區(qū)間（0，+∞）上的“單反減函數(shù)”；
（2）∵g（x）=x+lnx+$\frac{2}{x}$，x＞0，
∴g′（x）=1+$\frac{1}{x}$-$\frac{2}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}+x-2}{{x}^{2}}$=$\frac{（x+2）（x-1）}{{x}^{2}}$，
當(dāng)x≥1時(shí)，g′（x）≥0，
g（x）在[0，+∞）單調(diào)遞增，
又h（x）=$\frac{g（x）}{x}$=1+$\frac{lnx}{x}$+$\frac{2}{{x}^{2}}$，
h′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$-$\frac{4x}{{x}^{3}}$=$\frac{x-xlnx-4}{{x}^{3}}$，
令m（x）=x-xlnx-4，
m′（x）=1-1-lnx-lnx=-lnx，
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，m′（x）＞0，m（x）是單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，m′（x）＜0，m（x）單調(diào)遞減，
∴m（x）≤m（1）=-3，即m（x）＜0，
∴h′（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
∴g（x）是[1，+∞）上的“單反函數(shù)”，
又∵g（x）是[$\frac{a}{4}$，+∞）上的“單反函數(shù)”，
∴$\frac{a}{4}$≥1，即a≥4，
所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是[4，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)在某一區(qū)間上的單調(diào)性問(wèn)題，也考查了新定義的應(yīng)用問(wèn)題，是綜合性題目．