| 模型 | 模型答案 | 正确答案 |
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| 金声玉亮2.0 | (1)【解析】 我们需要求出 $c$ 的取值范围，使得 $f(x) \leq 2x + c$ 对所有 $x > 0$ 成立。 首先，写出 $f(x)$ 的表达式： \[ f(x) = 2 \ln x + 1 \] 我们需要满足： \[ 2 \ln x + 1 \leq 2x + c \] 将不等式整理为： \[ 2 \ln x - 2x \leq c - 1 \] 定义函数 $h(x) = 2 \ln x - 2x$，我们需要找到 $h(x)$ 的最大值，因为 $c - 1$ 必须大于等于 $h(x)$ 的最大值。 求 $h(x)$ 的导数： \[ h'(x) = \frac{2}{x} - 2 \] 令 $h'(x) = 0$，解得： \[ \frac{2}{x} - 2 = 0 \] \[ \frac{2}{x} = 2 \] \[ x = 1 \] 计算 $h(x)$ 在 $x = 1$ 处的值： \[ h(1) = 2 \ln 1 - 2 \cdot 1 = 0 - 2 = -2 \] 由于 $h(x)$ 在 $x = 1$ 处取得最大值 $-2$，所以 $c - 1 \geq -2$，即： \[ c \geq -1 \] 因此，$c$ 的取值范围是： \[ c \geq -1 \] <eoe> 【答案】$c \geq -1$<eoa> (2)【解析】 我们需要讨论函数 $g(x) = \frac{f(x) - f(a)}{x - a}$ 的单调性，其中 $a > 0$。 首先，写出 $f(x)$ 和 $f(a)$ 的表达式： \[ f(x) = 2 \ln x + 1 \] \[ f(a) = 2 \ln a + 1 \] 因此，$g(x)$ 可以写成： \[ g(x) = \frac{(2 \ln x + 1) - (2 \ln a + 1)}{x - a} = \frac{2 \ln x - 2 \ln a}{x - a} = \frac{2 (\ln x - \ln a)}{x - a} \] 利用对数的性质 $\ln x - \ln a = \ln \left(\frac{x}{a}\right)$，我们可以进一步简化 $g(x)$： \[ g(x) = \frac{2 \ln \left(\frac{x}{a}\right)}{x - a} \] 为了讨论 $g(x)$ 的单调性，我们需要求 $g(x)$ 的导数。设 $u = \frac{x}{a}$，则 $\ln \left(\frac{x}{a}\right) = \ln u$，并且 $u = \frac{x}{a}$，所以 $x = au$。 \[ g(x) = \frac{2 \ln u}{a(u - 1)} \] 我们需要求 $g(x)$ 的导数 $g'(x)$。为了简化计算，我们可以先求 $g(u)$ 的导数，然后再转换回 $x$。 \[ g(u) = \frac{2 \ln u}{a(u - 1)} \] 求 $g(u)$ 的导数： \[ g'(u) = \frac{d}{du} \left( \frac{2 \ln u}{a(u - 1)} \right) \] 使用商的导数法则： \[ g'(u) = \frac{(2 \cdot \frac{1}{u}) \cdot a(u - 1) - 2 \ln u \cdot a}{a(u - 1)^2} \] \[ g'(u) = \frac{2a(u - 1) - 2a \ln u}{a u (u - 1)^2} \] \[ g'(u) = \frac{2a(u - 1 - \ln u)}{a u (u - 1)^2} \] \[ g'(u) = \frac{2(u - 1 - \ln u)}{u (u - 1)^2} \] 由于 $u = \frac{x}{a}$，我们可以将 $u$ 替换回 $x$： \[ g'(x) = \frac{2 \left( \frac{x}{a} - 1 - \ln \left( \frac{x}{a} \right) \right)}{\left( \frac{x}{a} \right) \left( \frac{x}{a} - 1 \right)^2} \] 为了讨论 $g(x)$ 的单调性，我们需要分析 $g'(x)$ 的符号。注意到 $u = \frac{x}{a}$，当 $u > 1$ 时，$u - 1 - \ln u$ 是正的；当 $0 < u < 1$ 时，$u - 1 - \ln u$ 是负的。因此，$g(x)$ 在 $x > a$ 时是递增的，在 $0 < x < a$ 时是递减的。 综上所述，函数 $g(x)$ 在 $x = a$ 处没有定义，在 $x > a$ 时是递增的，在 $0 < x < a$ 时是递减的。 <eoe> 【答案】函数 $g(x)$ 在 $x = a$ 处没有定义，在 $x > a$ 时是递增的，在 $0 < x < a$ 时是递减的。<eoa> |
【解析】} 【分析】} (1) 不等式 $f(x) \leq 2 x+c$ 转化为 $f(x)-2 x-c \leq 0$ ，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可; (2) 对函数 $g(x)$ 求导, 把导函数 $g^{\prime}(x)$ 的分子构成一个新函数 $m(x)$, 再求导得到 $m^{\prime}(x)$, 根据 $m^{\prime}(x)$ 的正负, 判断 $m(x)$ 的单调性, 进而确定 $g^{\prime}(x)$ 的正负性, 最后求出函数 $g(x)$ 的单调性. 【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为: $(0,+\infty)$ $f(x) \leq 2 x+c \Rightarrow f(x)-2 x-c \leq 0 \Rightarrow 2 \ln x+1-2 x-c \leq 0(*)$ 设 $h(x)=2 \ln x+1-2 x-c(x>0)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{2}{x}-2=\frac{2(1-x)}{x}$, 当 $x>1$ 时, $h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 单调递减, 当 $0<x<1$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单调递增, 所以当 $x=1$ 时, 函数 $h(x)$ 有最大值, 即 $h(x)_{\text {max }}=h(1)=2 \ln 1+1-2 \times 1-c=-1-c$ ， 要想不等式 $(*)$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立, 只需 $h(x)_{\max } \leq 0 \Rightarrow-1-c \leq 0 \Rightarrow c \geq-1$; (2) $g(x)=\frac{2 \ln x+1-(2 \ln a-1)}{x-a}=\frac{2(\ln x-\ln a)}{x-a}(x>0$ 且 $x \neq a)$ 因此 $g^{\prime}(x)=\frac{2(x-a-x \ln x+x \ln a)}{x(x-a)^{2}}$, 设 $m(x)=2(x-a-x \ln x+x \ln a)$, 则有 $m^{\prime}(x)=2(\ln a-\ln x)$, 当 $x>a$ 时, $\ln x>\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)<0, m(x)$ 单调递减, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$, 所以 $g(x)$ 单调递减; 当 $0<x<a$ 时, $\ln x<\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)>0, m(x)$ 单调递增, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$ ，所以 $g(x)$ 单调递减, 所以函数 $g(x)$ 在区间 $(0, a)$ 和 $(a,+\infty)$ 上单调递减，没有递增区间. |
| deepseekr1 | (1)【解析】 要确定c的取值范围使得$f(x) \leq 2x + c$对所有$x > 0$成立，构造辅助函数$h(x) = 2x + c - (2\ln x + 1) = 2x - 2\ln x - 1 + c$。需保证$h(x) \geq 0$恒成立。求导得$h'(x) = 2 - \frac{2}{x}$，解$h'(x) = 0$得临界点$x = 1$。通过二阶导数$h''(x) = \frac{2}{x^2} > 0$知$x=1$为极小值点。代入得$h(1) = 1 + c$，故需$1 + c \geq 0$，即$c \geq -1$。<eoe> 【答案】$c$的取值范围是$[-1, +\infty)$。<eoa> (2)【解析】 函数$g(x) = \frac{2\ln(x/a)}{x - a}$（其中$a > 0$，$x \neq a$）。求导得： $$ g'(x) = \frac{2\left[ \frac{x - a}{x} - \ln\left(\frac{x}{a}\right) \right]}{(x - a)^2}. $$ 令$t = \frac{x}{a}$，分析分子部分$h(t) = 1 - \frac{1}{t} - \ln t$的符号。计算$h'(t) = \frac{1 - t}{t^2}$，发现$t=1$为极大值点且$h(1) = 0$。当$t \neq 1$时，$h(t) < 0$，故$g'(x) < 0$。因此，$g(x)$在$(0, a)$和$(a, +\infty)$上均单调递减。<eoe> 【答案】函数$g(x)$在区间$(0, a)$和$(a, +\infty)$上均单调递减。<eoa> |
【解析】} 【分析】} (1) 不等式 $f(x) \leq 2 x+c$ 转化为 $f(x)-2 x-c \leq 0$ ，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可; (2) 对函数 $g(x)$ 求导, 把导函数 $g^{\prime}(x)$ 的分子构成一个新函数 $m(x)$, 再求导得到 $m^{\prime}(x)$, 根据 $m^{\prime}(x)$ 的正负, 判断 $m(x)$ 的单调性, 进而确定 $g^{\prime}(x)$ 的正负性, 最后求出函数 $g(x)$ 的单调性. 【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为: $(0,+\infty)$ $f(x) \leq 2 x+c \Rightarrow f(x)-2 x-c \leq 0 \Rightarrow 2 \ln x+1-2 x-c \leq 0(*)$ 设 $h(x)=2 \ln x+1-2 x-c(x>0)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{2}{x}-2=\frac{2(1-x)}{x}$, 当 $x>1$ 时, $h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 单调递减, 当 $0<x<1$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单调递增, 所以当 $x=1$ 时, 函数 $h(x)$ 有最大值, 即 $h(x)_{\text {max }}=h(1)=2 \ln 1+1-2 \times 1-c=-1-c$ ， 要想不等式 $(*)$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立, 只需 $h(x)_{\max } \leq 0 \Rightarrow-1-c \leq 0 \Rightarrow c \geq-1$; (2) $g(x)=\frac{2 \ln x+1-(2 \ln a-1)}{x-a}=\frac{2(\ln x-\ln a)}{x-a}(x>0$ 且 $x \neq a)$ 因此 $g^{\prime}(x)=\frac{2(x-a-x \ln x+x \ln a)}{x(x-a)^{2}}$, 设 $m(x)=2(x-a-x \ln x+x \ln a)$, 则有 $m^{\prime}(x)=2(\ln a-\ln x)$, 当 $x>a$ 时, $\ln x>\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)<0, m(x)$ 单调递减, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$, 所以 $g(x)$ 单调递减; 当 $0<x<a$ 时, $\ln x<\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)>0, m(x)$ 单调递增, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$ ，所以 $g(x)$ 单调递减, 所以函数 $g(x)$ 在区间 $(0, a)$ 和 $(a,+\infty)$ 上单调递减，没有递增区间. |
| gpto1 | (1)【解析】 要找到所有 \( x>0 \) 下，使得 \( f(x) \leq 2x + c \) 成立的 \( c \) 的取值范围。 首先，将不等式变形： \[ f(x) - 2x \leq c \] \[ 2 \ln x + 1 - 2x \leq c \] 令 \( \phi(x) = 2 \ln x - 2x + 1 \)，则不等式变为 \( \phi(x) \leq c \)。 我们需要找到 \( \phi(x) \) 的最大值，以确定 \( c \) 的最小值。 计算 \( \phi(x) \) 的导数： \[ \phi'(x) = \frac{2}{x} - 2 \] 令 \( \phi'(x) = 0 \)，求出临界点： \[ \frac{2}{x} - 2 = 0 \] \[ \frac{2}{x} = 2 \] \[ x = 1 \] 计算二阶导数： \[ \phi''(x) = -\frac{2}{x^2} \] 在 \( x = 1 \) 处，\( \phi''(1) = -2 < 0 \)，因此 \( x = 1 \) 处取得极大值。 计算最大值： \[ \phi(1) = 2 \ln 1 - 2 \times 1 + 1 = 0 - 2 + 1 = -1 \] 因此，\( \phi(x) \leq -1 \)，即： \[ 2 \ln x + 1 - 2x \leq -1 \] \[ 2 \ln x + 1 \leq 2x -1 \] \[ f(x) \leq 2x -1 \] 因此，当 \( c \geq -1 \) 时，对于所有 \( x > 0 \)，\( f(x) \leq 2x + c \) 都成立。 <eoe> 【答案】 \( c \geq -1 \)<eoa> (2)【解析】 给定 \( a > 0 \)，讨论函数 \[ g(x) = \frac{f(x) - f(a)}{x - a} = \frac{2 \ln x + 1 - (2 \ln a + 1)}{x - a} = \frac{2(\ln x - \ln a)}{x - a} \] 利用对数的性质： \[ \ln x - \ln a = \ln\left( \frac{x}{a} \right) \] 于是： \[ g(x) = \frac{2 \ln\left( \frac{x}{a} \right)}{x - a} \] 令 \( u = \frac{x}{a} \)，则 \( x = a u \)，\( x - a = a(u - 1) \)，\( x > 0 \Rightarrow u > 0 \)。 因此： \[ g(x) = \frac{2 \ln u}{a(u - 1)} \] 现在，把 \( g(x) \) 看作关于 \( u \) 的函数： \[ G(u) = \frac{2 \ln u}{a(u - 1)} \] 求 \( G(u) \) 的导数： \[ G'(u) = \frac{d}{du} \left( \frac{2 \ln u}{a(u - 1)} \right ) = \frac{2a(u - 1) \cdot \frac{1}{u} - 2 \ln u \cdot a}{[a(u - 1)]^2} \] \[ = \frac{2a(u - 1) \cdot \frac{1}{u} - 2a \ln u }{a^2(u - 1)^2} \] 约去一个 \( a \)： \[ G'(u) = \frac{2(u - 1)/u - 2 \ln u}{a(u - 1)^2} \] \[ = \frac{2\left( \frac{u - 1}{u} - \ln u \right)}{a(u - 1)^2} \] 研究分子： \[ \phi(u) = \frac{u -1}{u} - \ln u = 1 - \frac{1}{u} - \ln u \] 计算 \( \phi(u) \) 的导数： \[ \phi'(u) = \frac{1}{u^2} - \frac{1}{u} \] \[ = \frac{1 - u}{u^2} \] 所以，当 \( 0 < u < 1 \) 时，\( \phi'(u) > 0 \)；当 \( u > 1 \) 时，\( \phi'(u) < 0 \)。因此，\( \phi(u) \) 在 \( u = 1 \) 处取得最大值。 计算 \( \phi(1) = 1 - 1 - \ln 1 = 0 \)。 因此，对于所有 \( u > 0 \)，\( \phi(u) \leq 0 \)。 由于分母恒为正，故 \( G'(u) \leq 0 \)，所以 \( G(u) \) 关于 \( u \) 单调递减。 由于 \( u = \frac{x}{a} \)，当 \( x \) 增大时，\( u \) 增大，因此 \( g(x) \) 关于 \( x \) 单调递减。 <eoe> 【答案】 函数 \( g(x) \) 在 \( x > 0 \) 上是单调递减的。<eoa> |
【解析】} 【分析】} (1) 不等式 $f(x) \leq 2 x+c$ 转化为 $f(x)-2 x-c \leq 0$ ，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可; (2) 对函数 $g(x)$ 求导, 把导函数 $g^{\prime}(x)$ 的分子构成一个新函数 $m(x)$, 再求导得到 $m^{\prime}(x)$, 根据 $m^{\prime}(x)$ 的正负, 判断 $m(x)$ 的单调性, 进而确定 $g^{\prime}(x)$ 的正负性, 最后求出函数 $g(x)$ 的单调性. 【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为: $(0,+\infty)$ $f(x) \leq 2 x+c \Rightarrow f(x)-2 x-c \leq 0 \Rightarrow 2 \ln x+1-2 x-c \leq 0(*)$ 设 $h(x)=2 \ln x+1-2 x-c(x>0)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{2}{x}-2=\frac{2(1-x)}{x}$, 当 $x>1$ 时, $h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 单调递减, 当 $0<x<1$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单调递增, 所以当 $x=1$ 时, 函数 $h(x)$ 有最大值, 即 $h(x)_{\text {max }}=h(1)=2 \ln 1+1-2 \times 1-c=-1-c$ ， 要想不等式 $(*)$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立, 只需 $h(x)_{\max } \leq 0 \Rightarrow-1-c \leq 0 \Rightarrow c \geq-1$; (2) $g(x)=\frac{2 \ln x+1-(2 \ln a-1)}{x-a}=\frac{2(\ln x-\ln a)}{x-a}(x>0$ 且 $x \neq a)$ 因此 $g^{\prime}(x)=\frac{2(x-a-x \ln x+x \ln a)}{x(x-a)^{2}}$, 设 $m(x)=2(x-a-x \ln x+x \ln a)$, 则有 $m^{\prime}(x)=2(\ln a-\ln x)$, 当 $x>a$ 时, $\ln x>\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)<0, m(x)$ 单调递减, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$, 所以 $g(x)$ 单调递减; 当 $0<x<a$ 时, $\ln x<\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)>0, m(x)$ 单调递增, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$ ，所以 $g(x)$ 单调递减, 所以函数 $g(x)$ 在区间 $(0, a)$ 和 $(a,+\infty)$ 上单调递减，没有递增区间. |
| GPT-4o | (1)【解析】 首先，我们考虑不等式 \( f(x) \leq 2x + c \)，即： \[ 2 \ln x + 1 \leq 2x + c \] 将不等式变形为： \[ 2 \ln x - 2x \leq c - 1 \] 为了找到 \(c\) 的取值范围，我们需要找出函数 \(h(x) = 2 \ln x - 2x\) 的最大值。对 \(h(x)\) 求导数： \[ h'(x) = \frac{2}{x} - 2 \] 令 \(h'(x) = 0\)，得到： \[ \frac{2}{x} - 2 = 0 \] \[ \frac{2}{x} = 2 \] \[ x = 1 \] 接下来我们计算 \(h(x)\) 在 \(x = 1\) 处的值： \[ h(1) = 2 \ln 1 - 2 \cdot 1 = 2 \cdot 0 - 2 = -2 \] 然后我们需要确定 \(h(x)\) 的取值范围。检查极限： \[ \lim_{x \to 0^+} h(x) = \lim_{x \to 0^+} (2 \ln x - 2x) = -\infty \] \[ \lim_{x \to \infty} h(x) = \lim_{x \to \infty} (2 \ln x - 2x) = -\infty \] 由此可见，函数 \(h(x)\) 在 \(x > 0\) 时的最大值是 \(-2\)。 因此，不等式 \(2 \ln x - 2x \leq c - 1\) 对所有 \(x > 0\) 成立的条件是： \[ -2 \leq c - 1 \] \[ c \geq -1 \] 【答案】\( c \geq -1 \)<eoa> (2)【解析】 我们考虑函数 \(g(x) = \frac{f(x) - f(a)}{x - a} = \frac{2 \ln x + 1 - (2 \ln a + 1)}{x - a} = \frac{2 \ln x - 2 \ln a}{x - a} = \frac{2 \ln \left(\frac{x}{a}\right)}{x - a}\)。 令 \(h(x) = 2 \ln \left(\frac{x}{a}\right)\)，我们需要求导数 \(g'(x)\) 来讨论单调性： \[ g'(x) = \frac{d}{dx} \left( \frac{h(x)}{x - a} \right) \] 使用商的导数法则： \[ g'(x) = \frac{(x - a)h'(x) - h(x)}{(x - a)^2} \] 首先计算 \(h'(x)\)： \[ h(x) = 2 \ln \left(\frac{x}{a}\right) = 2 (\ln x - \ln a) \] \[ h'(x) = 2 \cdot \frac{1}{x} = \frac{2}{x} \] 代入得： \[ g'(x) = \frac{(x - a) \cdot \frac{2}{x} - 2 \ln \left(\frac{x}{a}\right)}{(x - a)^2} = \frac{2 - \frac{2a}{x} - 2 \ln \left(\frac{x}{a}\right)}{(x - a)^2} \] 进一步简化，考虑 \(g(x)\) 的极限行为和单调性变化。由此分析： - 当 \(x \to a\) 时，利用洛必达法则计算极限： \[ \lim_{x \to a} g(x) = \lim_{x \to a} \frac{2 \ln \left(\frac{x}{a}\right)}{x - a} = \lim_{x \to a} \frac{\frac{2}{x}}{1} = \frac{2}{a} \] 所以 \(g(x)\) 在 \(x \to a\) 时趋于一个确定值，表明此时函数没有单调性变化。 为了更详细的单调性分析，考虑 \(x\) 的具体范围 \(x > 0\) 且 \(x \neq a\)，由此： - 当 \(x > a\) 时， \(g(x)\) 的值随着 \(x\) |
【解析】} 【分析】} (1) 不等式 $f(x) \leq 2 x+c$ 转化为 $f(x)-2 x-c \leq 0$ ，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可; (2) 对函数 $g(x)$ 求导, 把导函数 $g^{\prime}(x)$ 的分子构成一个新函数 $m(x)$, 再求导得到 $m^{\prime}(x)$, 根据 $m^{\prime}(x)$ 的正负, 判断 $m(x)$ 的单调性, 进而确定 $g^{\prime}(x)$ 的正负性, 最后求出函数 $g(x)$ 的单调性. 【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为: $(0,+\infty)$ $f(x) \leq 2 x+c \Rightarrow f(x)-2 x-c \leq 0 \Rightarrow 2 \ln x+1-2 x-c \leq 0(*)$ 设 $h(x)=2 \ln x+1-2 x-c(x>0)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{2}{x}-2=\frac{2(1-x)}{x}$, 当 $x>1$ 时, $h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 单调递减, 当 $0<x<1$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单调递增, 所以当 $x=1$ 时, 函数 $h(x)$ 有最大值, 即 $h(x)_{\text {max }}=h(1)=2 \ln 1+1-2 \times 1-c=-1-c$ ， 要想不等式 $(*)$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立, 只需 $h(x)_{\max } \leq 0 \Rightarrow-1-c \leq 0 \Rightarrow c \geq-1$; (2) $g(x)=\frac{2 \ln x+1-(2 \ln a-1)}{x-a}=\frac{2(\ln x-\ln a)}{x-a}(x>0$ 且 $x \neq a)$ 因此 $g^{\prime}(x)=\frac{2(x-a-x \ln x+x \ln a)}{x(x-a)^{2}}$, 设 $m(x)=2(x-a-x \ln x+x \ln a)$, 则有 $m^{\prime}(x)=2(\ln a-\ln x)$, 当 $x>a$ 时, $\ln x>\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)<0, m(x)$ 单调递减, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$, 所以 $g(x)$ 单调递减; 当 $0<x<a$ 时, $\ln x<\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)>0, m(x)$ 单调递增, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$ ，所以 $g(x)$ 单调递减, 所以函数 $g(x)$ 在区间 $(0, a)$ 和 $(a,+\infty)$ 上单调递减，没有递增区间. |
| llama3.1-70B-Instruct | 【解析】 (1)由题意,函数f(x)=2\lnx+1,且f(x)\leqslant2x+c,即2\lnx+1\leqslant2x+c,即\lnx\leqslantx+\frac{c-1}{2},令h(x)=x+\frac{c-1}{2}-\lnx,则h'(x)=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x},当x<1时,h'(x)<0,函数h(x)在(-\infty,1)上单调递减;当x>1时,h'(x)>0,函数h(x)在(1,+\infty)上单调递增,所以当x\in(-\infty,1)时,h(x)\geqslanth(1)=\frac{c+1}{2},即\lnx\leqslantx+\frac{c-1}{2}\leqslant\frac{c+1}{2},当x\in(1,+\infty)时,h(x)\geqslanth(1)=\frac{c+1}{2},即\lnx\leqslantx+\frac{c-1}{2}\leqslant\frac{c+1}{2},所以当c\geqslant1时,不等式2\lnx+1\leqslant2x+c恒成立,即c的取值范围是[1,+\infty).(2)由题意,函数g(x)=\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\frac{2\lnx+1-(2\lna+1)}{x-a}=\frac{2\lnx-2\lna}{x-a}=\frac{2\ln\frac{x}{a}}{x-a}令t=\frac{x}{a},则g(x)=\frac{2\ln\frac{x}{a}}{\frac{x}{a}-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1}=\frac{2\ln\frac{t}{a}}{t-1 |
【解析】} 【分析】} (1) 不等式 $f(x) \leq 2 x+c$ 转化为 $f(x)-2 x-c \leq 0$ ，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可; (2) 对函数 $g(x)$ 求导, 把导函数 $g^{\prime}(x)$ 的分子构成一个新函数 $m(x)$, 再求导得到 $m^{\prime}(x)$, 根据 $m^{\prime}(x)$ 的正负, 判断 $m(x)$ 的单调性, 进而确定 $g^{\prime}(x)$ 的正负性, 最后求出函数 $g(x)$ 的单调性. 【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为: $(0,+\infty)$ $f(x) \leq 2 x+c \Rightarrow f(x)-2 x-c \leq 0 \Rightarrow 2 \ln x+1-2 x-c \leq 0(*)$ 设 $h(x)=2 \ln x+1-2 x-c(x>0)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{2}{x}-2=\frac{2(1-x)}{x}$, 当 $x>1$ 时, $h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 单调递减, 当 $0<x<1$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单调递增, 所以当 $x=1$ 时, 函数 $h(x)$ 有最大值, 即 $h(x)_{\text {max }}=h(1)=2 \ln 1+1-2 \times 1-c=-1-c$ ， 要想不等式 $(*)$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立, 只需 $h(x)_{\max } \leq 0 \Rightarrow-1-c \leq 0 \Rightarrow c \geq-1$; (2) $g(x)=\frac{2 \ln x+1-(2 \ln a-1)}{x-a}=\frac{2(\ln x-\ln a)}{x-a}(x>0$ 且 $x \neq a)$ 因此 $g^{\prime}(x)=\frac{2(x-a-x \ln x+x \ln a)}{x(x-a)^{2}}$, 设 $m(x)=2(x-a-x \ln x+x \ln a)$, 则有 $m^{\prime}(x)=2(\ln a-\ln x)$, 当 $x>a$ 时, $\ln x>\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)<0, m(x)$ 单调递减, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$, 所以 $g(x)$ 单调递减; 当 $0<x<a$ 时, $\ln x<\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)>0, m(x)$ 单调递增, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$ ，所以 $g(x)$ 单调递减, 所以函数 $g(x)$ 在区间 $(0, a)$ 和 $(a,+\infty)$ 上单调递减，没有递增区间. |
| llama3.1-405B-Instruct | (1)由题意得:f(x)=2\lnx+1,所以f'(x)=\frac{2}{x},f''(x)=-\frac{2}{x^{2}}<0(x>0),所以f(x)在(0,+\infty)上是凹函数,所以f(x)\leqslant2x+c的图象如下图所示:所以f(x)\leqslant2x+c恒成立的条件是:2\leqslant2\times1+c,即c\geqslant0,所以c的取值范围是[0,+\infty). (2)由题意得:g(x)=\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\frac{2\lnx+1-2\lna-1}{x-a}=\frac{2\lnx-2\lna}{x-a}=\ |
【解析】} 【分析】} (1) 不等式 $f(x) \leq 2 x+c$ 转化为 $f(x)-2 x-c \leq 0$ ，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可; (2) 对函数 $g(x)$ 求导, 把导函数 $g^{\prime}(x)$ 的分子构成一个新函数 $m(x)$, 再求导得到 $m^{\prime}(x)$, 根据 $m^{\prime}(x)$ 的正负, 判断 $m(x)$ 的单调性, 进而确定 $g^{\prime}(x)$ 的正负性, 最后求出函数 $g(x)$ 的单调性. 【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为: $(0,+\infty)$ $f(x) \leq 2 x+c \Rightarrow f(x)-2 x-c \leq 0 \Rightarrow 2 \ln x+1-2 x-c \leq 0(*)$ 设 $h(x)=2 \ln x+1-2 x-c(x>0)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{2}{x}-2=\frac{2(1-x)}{x}$, 当 $x>1$ 时, $h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 单调递减, 当 $0<x<1$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单调递增, 所以当 $x=1$ 时, 函数 $h(x)$ 有最大值, 即 $h(x)_{\text {max }}=h(1)=2 \ln 1+1-2 \times 1-c=-1-c$ ， 要想不等式 $(*)$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立, 只需 $h(x)_{\max } \leq 0 \Rightarrow-1-c \leq 0 \Rightarrow c \geq-1$; (2) $g(x)=\frac{2 \ln x+1-(2 \ln a-1)}{x-a}=\frac{2(\ln x-\ln a)}{x-a}(x>0$ 且 $x \neq a)$ 因此 $g^{\prime}(x)=\frac{2(x-a-x \ln x+x \ln a)}{x(x-a)^{2}}$, 设 $m(x)=2(x-a-x \ln x+x \ln a)$, 则有 $m^{\prime}(x)=2(\ln a-\ln x)$, 当 $x>a$ 时, $\ln x>\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)<0, m(x)$ 单调递减, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$, 所以 $g(x)$ 单调递减; 当 $0<x<a$ 时, $\ln x<\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)>0, m(x)$ 单调递增, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$ ，所以 $g(x)$ 单调递减, 所以函数 $g(x)$ 在区间 $(0, a)$ 和 $(a,+\infty)$ 上单调递减，没有递增区间. |
| DeepSeek-Coder-V2 | "(1)【解析】首先，我们需要找到满足 $f(x) \\leq 2x + c$ 的 $c$ 的取值范围。我们将 $f(x) = 2 \\ln x + 1$ 代入不等式，得到：\n\n\\[ 2 \\ln x + 1 \\leq 2x + c \\]\n\n将 $c$ 移到不等式的左边：\n\n\\[ 2 \\ln x + 1 - 2x \\leq c \\]\n\n我们需要找到 $c$ 的最小值，使得对于所有 $x > 0$，不等式成立。考虑函数 $h(x) = 2 \\ln x + 1 - 2x$，我们需要找到 $h(x)$ 的最大值。\n\n求 $h(x)$ 的导数：\n\n\\[ h'(x) = \\frac{2}{x} - 2 \\]\n\n令 $h'(x) = 0$，解得：\n\n\\[ \\frac{2}{x} - 2 = 0 \\]\n\\[ \\frac{2}{x} = 2 \\]\n\\[ x = 1 \\]\n\n将 $x = 1$ 代入 $h(x)$，得到：\n\n\\[ h(1) = 2 \\ln 1 + 1 - 2 \\cdot 1 = 0 + 1 - 2 = -1 \\]\n\n因此，$h(x)$ 的最大值为 $-1$，所以 $c$ 的最小值为 $-1$。因此，$c$ 的取值范围是：\n\n\\[ c \\geq -1 \\]\n\n<eoe>\n【答案】$c \\geq -1$<eoa>\n\n(2)【解析】我们需要讨论函数 $g(x) = \\frac{f(x) - f(a)}{x - a}$ 的单调性，其中 $f(x) = 2 \\ln x + 1$。首先，我们计算 $g(x)$ 的表达式：\n\n\\[ g(x) = \\frac{2 \\ln x + 1 - (2 \\ln a + 1)}{x - a} = \\frac{2 \\ln x - 2 \\ln a}{x - a} = \\frac{2 (\\ln x - \\ln a)}{x - a} \\]\n\n我们可以将其改写为：\n\n\\[ g(x) = \\frac{2 \\ln \\left( \\frac{x}{a} \\right)}{x - a} \\]\n\n为了讨论 $g(x)$ 的单调性，我们需要计算 $g(x)$ 的导数。设 $u = \\frac{x}{a}$，则 $g(x)$ 可以写成：\n\n\\[ g(x) = \\frac{2 \\ln u}{a (u - 1)} \\]\n\n我们需要计算 $g(x)$ 的导数 $g'(x)$。使用商的导数法则：\n\n\\[ g'(x) = \\frac{d}{dx} \\left( \\frac{2 \\ln u}{a (u - 1)} \\right) \\]\n\n设 $v = 2 \\ln u$ 和 $w = a (u - 1)$，则 $g(x) = \\frac{v}{w}$，使用商的导数法则：\n\n\\[ g'(x) = \\frac{v'w - vw'}{w^2} \\]\n\n其中 $v' = \\frac{d}{dx} (2 \\ln u) = \\frac{2}{u} \\cdot \\frac{du}{dx}$，$w' = \\frac{d}{dx} (a (u - 1)) = a \\cdot \\frac{du}{dx}$。由于 $u = \\frac{x}{a}$，所以 $\\frac{du}{dx} = \\frac{1}{a}$。\n\n因此：\n\n\\[ v' = \\frac{2}{u} \\cdot \\frac{1}{a} = \\frac{2}{x} \\]\n\\[ w' = a \\cdot \\frac{1}{a} = 1 \\]\n\n代入 $g'(x)$ 的表达式：\n\n\\[ g'(x) = \\frac{\\left( \\frac{2}{x} \\right) a (u - 1) - 2 \\ln u \\cdot 1}{[a (u - 1)]^2} \\]\n\\[ g'(x) = \\frac{\\frac{2a (u - 1)}{x} - 2 \\ln u}{a^2 (u - 1)^2} \\]\n\\[ g'(x) = \\frac{2 (u - 1) - 2x \\ln u}{a x (u - 1)^2} \\]\n\n由于 $u = \\frac{x}{a}$，我们可以进一步简化 $g'(x)$ 的表达式，但我们已经可以看出 $g'(x)$ 的符号取决于 $x$ 和 $a$ 的关系。\n\n当 $x > a$ 时，$u > 1$，$g'(x)$ 的符号取决于 $2 (u - 1) - 2x \\ln u$ 的符号。通过分析可以得出 $g(x)$ 在 $x > a$ 时是递减的。\n\n当 $x < a$ 时，$u < 1$，$g'(x)$ 的符号取决于 $2 (u - 1) - 2x \\ln u$ 的符号。通过分析可以得出 $g(x)$ 在 $x < a$ 时是递增的。\n\n<eoe>\n【答案】当 $x > a$ 时，$g(x)$ 是递减的；当 $x < a$ 时，$g(x)$ 是递增的。<eoa>" | 【解析】} 【分析】} (1) 不等式 $f(x) \leq 2 x+c$ 转化为 $f(x)-2 x-c \leq 0$ ，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可; (2) 对函数 $g(x)$ 求导, 把导函数 $g^{\prime}(x)$ 的分子构成一个新函数 $m(x)$, 再求导得到 $m^{\prime}(x)$, 根据 $m^{\prime}(x)$ 的正负, 判断 $m(x)$ 的单调性, 进而确定 $g^{\prime}(x)$ 的正负性, 最后求出函数 $g(x)$ 的单调性. 【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为: $(0,+\infty)$ $f(x) \leq 2 x+c \Rightarrow f(x)-2 x-c \leq 0 \Rightarrow 2 \ln x+1-2 x-c \leq 0(*)$ 设 $h(x)=2 \ln x+1-2 x-c(x>0)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{2}{x}-2=\frac{2(1-x)}{x}$, 当 $x>1$ 时, $h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 单调递减, 当 $0<x<1$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单调递增, 所以当 $x=1$ 时, 函数 $h(x)$ 有最大值, 即 $h(x)_{\text {max }}=h(1)=2 \ln 1+1-2 \times 1-c=-1-c$ ， 要想不等式 $(*)$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立, 只需 $h(x)_{\max } \leq 0 \Rightarrow-1-c \leq 0 \Rightarrow c \geq-1$; (2) $g(x)=\frac{2 \ln x+1-(2 \ln a-1)}{x-a}=\frac{2(\ln x-\ln a)}{x-a}(x>0$ 且 $x \neq a)$ 因此 $g^{\prime}(x)=\frac{2(x-a-x \ln x+x \ln a)}{x(x-a)^{2}}$, 设 $m(x)=2(x-a-x \ln x+x \ln a)$, 则有 $m^{\prime}(x)=2(\ln a-\ln x)$, 当 $x>a$ 时, $\ln x>\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)<0, m(x)$ 单调递减, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$, 所以 $g(x)$ 单调递减; 当 $0<x<a$ 时, $\ln x<\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)>0, m(x)$ 单调递增, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$ ，所以 $g(x)$ 单调递减, 所以函数 $g(x)$ 在区间 $(0, a)$ 和 $(a,+\infty)$ 上单调递减，没有递增区间. |
| Qwen2-72B-Instruct | "(1)【解析】 首先，我们要确定 $c$ 的取值范围，使得不等式 $2 \\ln x + 1 \\leq 2x + c$ 对于所有 $x > 0$ 成立。这可以通过求解不等式 $2 \\ln x + 1 - 2x \\leq c$ 来完成。为了找到 $c$ 的最小值，我们需要找到函数 $h(x) = 2 \\ln x + 1 - 2x$ 的最大值，这可以通过求导数找到临界点来完成。\n<eoe>\n\n【答案】\n设 $h(x) = 2 \\ln x + 1 - 2x$，则\n\\[ h'(x) = \\frac{2}{x} - 2 = 0 \\]\n解得 $x = 1$。由于 $h''(x) = -\\frac{2}{x^2} < 0$ 对于所有 $x > 0$，我们可以得出 $h(x)$ 在 $x = 1$ 处达到最大值。因此，\n\\[ h(1) = 2 \\ln 1 + 1 - 2 \\cdot 1 = -1 \\]\n所以，为了使不等式 $2 \\ln x + 1 \\leq 2x + c$ 对于所有 $x > 0$ 成立，$c$ 的取值范围应该是 $c \\geq -1$。\n<eoa>\n\n(2)【解析】 我们需要讨论函数 $g(x) = \\frac{f(x) - f(a)}{x - a}$ 的单调性。首先，我们求出 $g(x)$ 的表达式，然后对其求导，分析导数的符号来确定 $g(x)$ 的单调性。\n<eoe>\n\n【答案】\n首先，写出 $g(x)$ 的表达式：\n\\[ g(x) = \\frac{f(x) - f(a)}{x - a} = \\frac{2 \\ln x + 1 - (2 \\ln a + 1)}{x - a} = \\frac{2 \\ln x - 2 \\ln a}{x - a} \\]\n\\[ = \\frac{2}{x - a} \\ln \\frac{x}{a} \\]\n求 $g(x)$ 的导数：\n\\[ g'(x) = \\frac{2}{x - a} \\cdot \\frac{1}{x} \\cdot \\frac{a}{x} - \\frac{2}{(x - a)^2} \\ln \\frac{x}{a} \\]\n\\[ = \\frac{2a}{x(x - a)^2} - \\frac{2}{(x - a)^2} \\ln \\frac{x}{a} \\]\n\\[ = \\frac{2}{(x - a)^2} \\left( \\frac{a}{x} - \\ln \\frac{x}{a} \\right) \\]\n分析 $g'(x)$ 的符号，我们注意到：\n- 当 $x > a$ 时，$\\frac{a}{x} < 1$，而 $\\ln \\frac{x}{a} > 0$，所以 $\\frac{a}{x} - \\ln \\frac{x}{a} < 0$，因此 $g'(x) < 0$，$g(x)$ 在 $(a, +\\infty)$ 上单调递减。\n- 当 $0 < x < a$ 时，$\\frac{a}{x} > 1$，而 $\\ln \\frac{x}{a} < 0$，所以 $\\frac{a}{x} - \\ln \\frac{x}{a} > 0$，因此 $g'(x) > 0$，$g(x)$ 在 $(0, a)$ 上单调递增。\n综上所述，函数 $g(x)$ 在 $(0, a)$ 上单调递增，在 $(a, +\\infty)$ 上单调递减。\n<eoa>" | 【解析】} 【分析】} (1) 不等式 $f(x) \leq 2 x+c$ 转化为 $f(x)-2 x-c \leq 0$ ，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可; (2) 对函数 $g(x)$ 求导, 把导函数 $g^{\prime}(x)$ 的分子构成一个新函数 $m(x)$, 再求导得到 $m^{\prime}(x)$, 根据 $m^{\prime}(x)$ 的正负, 判断 $m(x)$ 的单调性, 进而确定 $g^{\prime}(x)$ 的正负性, 最后求出函数 $g(x)$ 的单调性. 【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为: $(0,+\infty)$ $f(x) \leq 2 x+c \Rightarrow f(x)-2 x-c \leq 0 \Rightarrow 2 \ln x+1-2 x-c \leq 0(*)$ 设 $h(x)=2 \ln x+1-2 x-c(x>0)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{2}{x}-2=\frac{2(1-x)}{x}$, 当 $x>1$ 时, $h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 单调递减, 当 $0<x<1$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单调递增, 所以当 $x=1$ 时, 函数 $h(x)$ 有最大值, 即 $h(x)_{\text {max }}=h(1)=2 \ln 1+1-2 \times 1-c=-1-c$ ， 要想不等式 $(*)$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立, 只需 $h(x)_{\max } \leq 0 \Rightarrow-1-c \leq 0 \Rightarrow c \geq-1$; (2) $g(x)=\frac{2 \ln x+1-(2 \ln a-1)}{x-a}=\frac{2(\ln x-\ln a)}{x-a}(x>0$ 且 $x \neq a)$ 因此 $g^{\prime}(x)=\frac{2(x-a-x \ln x+x \ln a)}{x(x-a)^{2}}$, 设 $m(x)=2(x-a-x \ln x+x \ln a)$, 则有 $m^{\prime}(x)=2(\ln a-\ln x)$, 当 $x>a$ 时, $\ln x>\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)<0, m(x)$ 单调递减, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$, 所以 $g(x)$ 单调递减; 当 $0<x<a$ 时, $\ln x<\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)>0, m(x)$ 单调递增, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$ ，所以 $g(x)$ 单调递减, 所以函数 $g(x)$ 在区间 $(0, a)$ 和 $(a,+\infty)$ 上单调递减，没有递增区间. |
| baichuan4 | (1)【解析】首先，我们需要找到函数 $f(x)$ 和 $2x+c$ 的交点，即解方程 $2\ln x + 1 = 2x + c$。为了解这个方程，我们可以将其重写为 $2\ln x - 2x = c - 1$。定义一个新的函数 $h(x) = 2\ln x - 2x$，然后求导找极值点。求导后得到 $h'(x) = \frac{2}{x} - 2 = \frac{2-2x}{x}$。令 $h'(x) = 0$，解得 $x = 1$。这意味着函数 $h(x)$ 在 $x = 1$ 处取得极值。由于 $h(x)$ 在 $x > 0$ 时是减函数，在 $x < 1$ 时是增函数，因此在 $x = 1$ 处取得最大值。将 $x = 1$ 代入 $h(x)$ 中，得到 $h(1) = 2\ln 1 - 2 = -2$。因此，为了使 $f(x) \leq 2x + c$ 对所有 $x > 0$ 成立，$c$ 必须大于等于 $-1$。所以 $c$ 的取值范围是 $[-1, +\infty)$。 【答案】$c$ 的取值范围是 $[-1, +\infty)$。 (2)【解析】函数 $g(x)$ 的定义为 $g(x) = \frac{f(x) - f(a)}{x - a}$，其中 $a > 0$。我们需要讨论这个函数的单调性。首先，我们将 $f(x)$ 的表达式代入 $g(x)$ 中，得到 $g(x) = \frac{2\ln x + 1 - 2\ln a - 1}{x - a} = \frac{2\ln \frac{x}{a}}{x - a}$。接下来，我们对 $g(x)$ 求导，得到 $g'(x) = \frac{2(1 - \ln \frac{x}{a})(x - a) - 2\ln \frac{x}{a}(1)}{(x - a)^2}$。简化后得到 $g'(x) = \frac{2(1 - \ln \frac{x}{a} - x + a)}{(x - a)^2}$。为了讨论 $g(x)$ 的单调性，我们需要分析 $g'(x)$ 的符号。当 $x > a$ 时，$1 - \ln \frac{x}{a} - x + a$ 的符号取决于 $1 - \ln \frac{x}{a}$ 和 $-x + a$ 的相对大小。由于 $\ln \frac{x}{a}$ 随 $x$ 增加而增加，且 $-x + a$ 随 $x$ 增加而减少，存在一个 $x_0 > a$ 使得 $g'(x) > 0$ 当 $a < x < x_0$，$g'(x) < 0$ 当 $x > x_0$。这意味着 $g(x)$ 在 $(a, x_0)$ 上单调递增，在 $(x_0, +\infty)$ 上单调递减。 【答案】函数 $g(x)$ 在 $(a, x_0)$ 上单调递增，在 $(x_0, +\infty)$ 上单调递减，其中 $x_0 > a$ 是方程 $1 - \ln \frac{x}{a} - x + a = 0$ 的根。 |
【解析】} 【分析】} (1) 不等式 $f(x) \leq 2 x+c$ 转化为 $f(x)-2 x-c \leq 0$ ，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可; (2) 对函数 $g(x)$ 求导, 把导函数 $g^{\prime}(x)$ 的分子构成一个新函数 $m(x)$, 再求导得到 $m^{\prime}(x)$, 根据 $m^{\prime}(x)$ 的正负, 判断 $m(x)$ 的单调性, 进而确定 $g^{\prime}(x)$ 的正负性, 最后求出函数 $g(x)$ 的单调性. 【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为: $(0,+\infty)$ $f(x) \leq 2 x+c \Rightarrow f(x)-2 x-c \leq 0 \Rightarrow 2 \ln x+1-2 x-c \leq 0(*)$ 设 $h(x)=2 \ln x+1-2 x-c(x>0)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{2}{x}-2=\frac{2(1-x)}{x}$, 当 $x>1$ 时, $h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 单调递减, 当 $0<x<1$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单调递增, 所以当 $x=1$ 时, 函数 $h(x)$ 有最大值, 即 $h(x)_{\text {max }}=h(1)=2 \ln 1+1-2 \times 1-c=-1-c$ ， 要想不等式 $(*)$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立, 只需 $h(x)_{\max } \leq 0 \Rightarrow-1-c \leq 0 \Rightarrow c \geq-1$; (2) $g(x)=\frac{2 \ln x+1-(2 \ln a-1)}{x-a}=\frac{2(\ln x-\ln a)}{x-a}(x>0$ 且 $x \neq a)$ 因此 $g^{\prime}(x)=\frac{2(x-a-x \ln x+x \ln a)}{x(x-a)^{2}}$, 设 $m(x)=2(x-a-x \ln x+x \ln a)$, 则有 $m^{\prime}(x)=2(\ln a-\ln x)$, 当 $x>a$ 时, $\ln x>\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)<0, m(x)$ 单调递减, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$, 所以 $g(x)$ 单调递减; 当 $0<x<a$ 时, $\ln x<\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)>0, m(x)$ 单调递增, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$ ，所以 $g(x)$ 单调递减, 所以函数 $g(x)$ 在区间 $(0, a)$ 和 $(a,+\infty)$ 上单调递减，没有递增区间. |
| doubao | (1)【解析】令$h(x)=f(x)-2x-c=2\ln x+1-2x-c$，要使$f(x)\leq 2x+c$，即$h(x)\leq 0$恒成立。对$h(x)$求导可得$h'(x)=\frac{2}{x}-2=\frac{2(1-x)}{x}$。当$x\in(0,1)$时，$h'(x)>0$，$h(x)$单调递增；当$x\in(1,+\infty)$时，$h'(x)<0$，$h(x)$单调递减。所以$h(x)_{\max}=h(1)=2\ln 1+1-2\times1-c=-1-c$，要使$h(x)\leq 0$恒成立，则$-1-c\leq 0$，即$c\geq -1$。<eoe> 【答案】$c$的取值范围是$[-1,+\infty)$。<eoa> (2)【解析】$g(x)=\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\frac{2\ln x+1-(2\ln a+1)}{x-a}=\frac{2\ln x-2\ln a}{x-a}=\frac{2\ln\frac{x}{a}}{x-a}$，$x\in(0,a)\cup(a,+\infty)$。$g'(x)=\frac{\frac{2}{x}(x-a)-2\ln\frac{x}{a}}{(x-a)^2}=\frac{2-\frac{2a}{x}-2\ln\frac{x}{a}}{(x-a)^2}$。令$t=\frac{x}{a}$，则$g'(x)=\frac{2-2t-2\ln t}{a(t-1)^2}$。令$m(t)=2-2t-2\ln t$，$m'(t)=-2-\frac{2}{t}=-\frac{2(t+1)}{t}$，当$t\in(0,1)$时，$m'(t)>0$，$m(t)$单调递增；当$t\in(1,+\infty)$时，$m'(t)<0$，$m(t)$单调递减。$m(t)_{\max}=m(1)=0$，所以当$x\in(0,a)\cup(a,+\infty)$时，$g'(x)\leq 0$，所以$g(x)$在$(0,a)$和$(a,+\infty)$上单调递减。<eoe> 【答案】$g(x)$在$(0,a)$上单调递减，在$(a,+\infty)$上单调递减。<eoa> |
【解析】} 【分析】} (1) 不等式 $f(x) \leq 2 x+c$ 转化为 $f(x)-2 x-c \leq 0$ ，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可; (2) 对函数 $g(x)$ 求导, 把导函数 $g^{\prime}(x)$ 的分子构成一个新函数 $m(x)$, 再求导得到 $m^{\prime}(x)$, 根据 $m^{\prime}(x)$ 的正负, 判断 $m(x)$ 的单调性, 进而确定 $g^{\prime}(x)$ 的正负性, 最后求出函数 $g(x)$ 的单调性. 【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为: $(0,+\infty)$ $f(x) \leq 2 x+c \Rightarrow f(x)-2 x-c \leq 0 \Rightarrow 2 \ln x+1-2 x-c \leq 0(*)$ 设 $h(x)=2 \ln x+1-2 x-c(x>0)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{2}{x}-2=\frac{2(1-x)}{x}$, 当 $x>1$ 时, $h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 单调递减, 当 $0<x<1$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单调递增, 所以当 $x=1$ 时, 函数 $h(x)$ 有最大值, 即 $h(x)_{\text {max }}=h(1)=2 \ln 1+1-2 \times 1-c=-1-c$ ， 要想不等式 $(*)$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立, 只需 $h(x)_{\max } \leq 0 \Rightarrow-1-c \leq 0 \Rightarrow c \geq-1$; (2) $g(x)=\frac{2 \ln x+1-(2 \ln a-1)}{x-a}=\frac{2(\ln x-\ln a)}{x-a}(x>0$ 且 $x \neq a)$ 因此 $g^{\prime}(x)=\frac{2(x-a-x \ln x+x \ln a)}{x(x-a)^{2}}$, 设 $m(x)=2(x-a-x \ln x+x \ln a)$, 则有 $m^{\prime}(x)=2(\ln a-\ln x)$, 当 $x>a$ 时, $\ln x>\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)<0, m(x)$ 单调递减, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$, 所以 $g(x)$ 单调递减; 当 $0<x<a$ 时, $\ln x<\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)>0, m(x)$ 单调递增, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$ ，所以 $g(x)$ 单调递减, 所以函数 $g(x)$ 在区间 $(0, a)$ 和 $(a,+\infty)$ 上单调递减，没有递增区间. |
| minimax | (1)【解析】要求函数 $f(x) \leq 2x + c$ 的取值范围，即求 $c$ 的取值范围，使得对于所有的 $x > 0$，不等式都成立。首先，我们可以将不等式重写为 $2 \ln x + 1 \leq 2x + c$，然后移项得到 $c \geq 2 \ln x + 1 - 2x$。为了找到 $c$ 的最小可能值，我们需要找到函数 $h(x) = 2 \ln x + 1 - 2x$ 的最大值。由于 $x > 0$，我们可以对 $h(x)$ 求导，找到其临界点，进而确定其最大值。<eoe> 【答案】首先，我们定义函数 $h(x) = 2 \ln x + 1 - 2x$，然后对 $h(x)$ 求导得到 $h'(x) = \frac{2}{x} - 2$。令导数等于零，解得 $x = 1$。由于 $h'(x)$ 在 $x = 1$ 处由正变负，因此 $x = 1$ 是 $h(x)$ 的极大值点。计算 $h(1)$ 得到 $h(1) = 2 \ln 1 + 1 - 2 \cdot 1 = 1 - 2 = -1$。因此，函数 $h(x)$ 在 $x > 0$ 的区间内没有最大值，但是当 $x$ 趋近于无穷大时，$h(x)$ 趋近于负无穷。所以，为了使不等式 $f(x) \leq 2x + c$ 对所有 $x > 0$ 成立，$c$ 必须大于等于 $h(x)$ 的最大值，即 $c \geq -1$。因此，$c$ 的取值范围是 $c \geq -1$。<eoa> (2)【解析】要讨论函数 $g(x) = \frac{f(x) - f(a)}{x - a}$ 的单调性，我们可以先计算 $g(x)$ 的表达式。由于 $f(x) = 2 \ln x + 1$，我们可以将 $g(x)$ 重写为 $g(x) = \frac{2 \ln x + 1 - (2 \ln a + 1)}{x - a}$。简化后得到 $g(x) = \frac{2 \ln x - 2 \ln a}{x - a}$。为了讨论 $g(x)$ 的单调性，我们需要对 $g(x)$ 求导。注意到 $g(x)$ 是一个分式函数，我们可以使用商规则求导。求导后，我们需要分析导数的符号来确定 $g(x)$ 的单调性。<eoe> 【答案】首先，我们计算 $g(x)$ 的导数 $g'(x)$。由于 $g(x) = \frac{2 \ln x - 2 \ln a}{x - a}$，我们可以使用商规则求导得到： $$ g'(x) = \frac{(2/x)(x - a) - (2 \ln x - 2 \ln a)}{(x - a)^2} $$ 化简后得到： $$ g'(x) = \frac{2 - 2 \ln x - 2 \ln a}{(x - a)^2} $$ 进一步化简得到： $$ g'(x) = \frac{2(1 - \ln x - \ln a)}{(x - a)^2} $$ 由于 $a > 0$，我们知道 $(x - a)^2 > 0$ 对所有 $x \neq a$ 成立。因此，$g'(x)$ 的符号取决于 $1 - \ln x - \ln a$ 的符号。定义 $h(x) = 1 - \ln x - \ln a$，对 $h(x)$ 求导得到 $h'(x) = -\frac{1}{x}$。由于 $h'(x) < 0$ 对所有 $x > 0$ 成立，我们知道 $h(x)$ 是一个单调递减函数。因此，对于 $x > a$，$h(x) < h(a) = 1 - \ln a - \ln a = 1 - 2 \ln a$，所以 $g'(x) < 0$；对于 $0 < x < a$，$h(x) > h(a)$，所以 $g'(x) > 0$。 综上所述，函数 $g(x)$ 在区间 $(0, a)$ 上单调递增，在区间 $(a, +\infty)$ 上单调递减。<eoa> |
【解析】} 【分析】} (1) 不等式 $f(x) \leq 2 x+c$ 转化为 $f(x)-2 x-c \leq 0$ ，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可; (2) 对函数 $g(x)$ 求导, 把导函数 $g^{\prime}(x)$ 的分子构成一个新函数 $m(x)$, 再求导得到 $m^{\prime}(x)$, 根据 $m^{\prime}(x)$ 的正负, 判断 $m(x)$ 的单调性, 进而确定 $g^{\prime}(x)$ 的正负性, 最后求出函数 $g(x)$ 的单调性. 【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为: $(0,+\infty)$ $f(x) \leq 2 x+c \Rightarrow f(x)-2 x-c \leq 0 \Rightarrow 2 \ln x+1-2 x-c \leq 0(*)$ 设 $h(x)=2 \ln x+1-2 x-c(x>0)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{2}{x}-2=\frac{2(1-x)}{x}$, 当 $x>1$ 时, $h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 单调递减, 当 $0<x<1$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单调递增, 所以当 $x=1$ 时, 函数 $h(x)$ 有最大值, 即 $h(x)_{\text {max }}=h(1)=2 \ln 1+1-2 \times 1-c=-1-c$ ， 要想不等式 $(*)$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立, 只需 $h(x)_{\max } \leq 0 \Rightarrow-1-c \leq 0 \Rightarrow c \geq-1$; (2) $g(x)=\frac{2 \ln x+1-(2 \ln a-1)}{x-a}=\frac{2(\ln x-\ln a)}{x-a}(x>0$ 且 $x \neq a)$ 因此 $g^{\prime}(x)=\frac{2(x-a-x \ln x+x \ln a)}{x(x-a)^{2}}$, 设 $m(x)=2(x-a-x \ln x+x \ln a)$, 则有 $m^{\prime}(x)=2(\ln a-\ln x)$, 当 $x>a$ 时, $\ln x>\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)<0, m(x)$ 单调递减, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$, 所以 $g(x)$ 单调递减; 当 $0<x<a$ 时, $\ln x<\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)>0, m(x)$ 单调递增, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$ ，所以 $g(x)$ 单调递减, 所以函数 $g(x)$ 在区间 $(0, a)$ 和 $(a,+\infty)$ 上单调递减，没有递增区间. |
| kimi | (1)【解析】首先，我们需要找到函数$f(x) = 2\ln x + 1$的导数，以确定其增减性。然后，我们将利用导数来分析不等式$f(x) \leq 2x + c$。 函数$f(x)$的定义域是$(0, +\infty)$。求导得到$f'(x) = \frac{2}{x}$。 当$x > 0$时，$f'(x) > 0$，说明$f(x)$在$(0, +\infty)$上是增函数。 接下来，我们考虑不等式$f(x) \leq 2x + c$。由于$f(x)$是增函数，不等式$f(x) \leq 2x + c$在$x > 0$上恒成立，当且仅当$c \geq f(x) - 2x$在$x > 0$上恒成立。 我们定义一个新的函数$h(x) = f(x) - 2x = 2\ln x - 2x + 1$，然后求$h(x)$的导数$h'(x)$。 $h'(x) = \frac{2}{x} - 2 = \frac{2(1 - x)}{x}$。 令$h'(x) = 0$，解得$x = 1$。 当$0 < x < 1$时，$h'(x) > 0$，说明$h(x)$在$(0, 1)$上是增函数。 当$x > 1$时，$h'(x) < 0$，说明$h(x)$在$(1, +\infty)$上是减函数。 因此，$h(x)$在$x = 1$处取得最大值，即$h(1) = 2\ln 1 - 2 + 1 = -1$。 所以，$c$的取值范围是$c \geq -1$。 <eoe> 【答案】$c \geq -1$<eoa> (2)【解析】首先，我们需要求出函数$g(x) = \frac{f(x) - f(a)}{x - a}$的导数，以确定其单调性。 已知$f(x) = 2\ln x + 1$，所以$f(a) = 2\ln a + 1$。 那么$g(x) = \frac{2\ln x + 1 - (2\ln a + 1)}{x - a} = \frac{2(\ln x - \ln a)}{x - a}$。 接下来，我们求$g(x)$的导数$g'(x)$。 $g'(x) = \frac{2(\frac{1}{x} \cdot (x - a) - \ln x + \ln a)}{(x - a)^2} = \frac{2(1 - \ln x + \ln a)}{(x - a)^2}$。 令$g'(x) = 0$，解得$x = ae^{\frac{1 - \ln a}{2}}$。 当$0 < x < ae^{\frac{1 - \ln a}{2}}$时，$g'(x) > 0$，说明$g(x)$在$(0, ae^{\frac{1 - \ln a}{2}})$上是增函数。 当$x > ae^{\frac{1 - \ln a}{2}}$时，$g'(x) < 0$，说明$g(x)$在$(ae^{\frac{1 - \ln a}{2}}, +\infty)$上是减函数。 <eoe> 【答案】$g(x)$在$(0, ae^{\frac{1 - \ln a}{2}})$上是增函数，在$(ae^{\frac{1 - \ln a}{2}}, +\infty)$上是减函数。<eoa> |
【解析】} 【分析】} (1) 不等式 $f(x) \leq 2 x+c$ 转化为 $f(x)-2 x-c \leq 0$ ，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可; (2) 对函数 $g(x)$ 求导, 把导函数 $g^{\prime}(x)$ 的分子构成一个新函数 $m(x)$, 再求导得到 $m^{\prime}(x)$, 根据 $m^{\prime}(x)$ 的正负, 判断 $m(x)$ 的单调性, 进而确定 $g^{\prime}(x)$ 的正负性, 最后求出函数 $g(x)$ 的单调性. 【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为: $(0,+\infty)$ $f(x) \leq 2 x+c \Rightarrow f(x)-2 x-c \leq 0 \Rightarrow 2 \ln x+1-2 x-c \leq 0(*)$ 设 $h(x)=2 \ln x+1-2 x-c(x>0)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{2}{x}-2=\frac{2(1-x)}{x}$, 当 $x>1$ 时, $h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 单调递减, 当 $0<x<1$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单调递增, 所以当 $x=1$ 时, 函数 $h(x)$ 有最大值, 即 $h(x)_{\text {max }}=h(1)=2 \ln 1+1-2 \times 1-c=-1-c$ ， 要想不等式 $(*)$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立, 只需 $h(x)_{\max } \leq 0 \Rightarrow-1-c \leq 0 \Rightarrow c \geq-1$; (2) $g(x)=\frac{2 \ln x+1-(2 \ln a-1)}{x-a}=\frac{2(\ln x-\ln a)}{x-a}(x>0$ 且 $x \neq a)$ 因此 $g^{\prime}(x)=\frac{2(x-a-x \ln x+x \ln a)}{x(x-a)^{2}}$, 设 $m(x)=2(x-a-x \ln x+x \ln a)$, 则有 $m^{\prime}(x)=2(\ln a-\ln x)$, 当 $x>a$ 时, $\ln x>\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)<0, m(x)$ 单调递减, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$, 所以 $g(x)$ 单调递减; 当 $0<x<a$ 时, $\ln x<\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)>0, m(x)$ 单调递增, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$ ，所以 $g(x)$ 单调递减, 所以函数 $g(x)$ 在区间 $(0, a)$ 和 $(a,+\infty)$ 上单调递减，没有递增区间. |
| wenxinyiyan | (1)【解析】 首先，我们将不等式$2\ln x + 1 \leq 2x + c$转化为$c \geq 2\ln x - 2x + 1$。然后，我们定义一个新的函数$h(x) = 2\ln x - 2x + 1$，并求出其导数$h'(x) = \frac{2}{x} - 2 = \frac{2(1 - x)}{x}$。通过观察导数的符号，我们可以得出函数$h(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1, + \infty)$上单调递减。因此，函数$h(x)$的最大值出现在$x=1$处，即$h(1) = -1$。所以，我们得出$c \geq -1$。 【答案】 $c$的取值范围是$\lbrack - 1, + \infty)$。 (2)【解析】 首先，我们求出函数$g(x)$的导数$g'(x) = \frac{2(x - a) - (x - a)(2\ln x - 2\ln a)}{(x - a)^{2}} = \frac{2(x - a)(1 - \ln x + \ln a)}{(x - a)^{2}}$。然后，我们定义一个新的函数$t(x) = 1 - \ln x + \ln a$，并求出其导数$t'(x) = -\frac{1}{x}$。通过观察导数的符号，我们可以得出函数$t(x)$在$(0, + \infty)$上单调递减。因此，当$a = 1$时，$t(x) > t(1) = 0$，即$g'(x) > 0$，所以函数$g(x)$在$(0,1)$和$(1, + \infty)$上单调递增；当$a > 1$时，$t(x)$在$(1,a)$上大于0，在$(0,1)$和$(a, + \infty)$上小于0，所以$g'(x)$在$(1,a)$上大于0，在$(0,1)$和$(a, + \infty)$上小于0，因此函数$g(x)$在$(1,a)$上单调递增，在$(0,1)$和$(a, + \infty)$上单调递减；当$0 < a < 1$时，$t(x)$在$(a,1)$上大于0，在$(0,a)$和$(1, + \infty)$上小于0，所以$g'(x)$在$(a,1)$上大于0，在$(0,a)$和$(1, + \infty)$上小于0，因此函数$g(x)$在$(a,1)$上单调递增，在$(0,a)$和$(1, + \infty)$上单调递减。 【答案】 当$a = 1$时，函数$g(x)$在$(0,1)$和$(1, + \infty)$上单调递增； 当$a > 1$时，函数$g(x)$在$(1,a)$上单调递增，在$(0,1)$和$(a, + \infty)$上单调递减； 当$0 < a < 1$时，函数$g(x)$在$(a,1)$上单调递增，在$(0,a)$和$(1, + \infty)$上单调递减。 |
【解析】} 【分析】} (1) 不等式 $f(x) \leq 2 x+c$ 转化为 $f(x)-2 x-c \leq 0$ ，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可; (2) 对函数 $g(x)$ 求导, 把导函数 $g^{\prime}(x)$ 的分子构成一个新函数 $m(x)$, 再求导得到 $m^{\prime}(x)$, 根据 $m^{\prime}(x)$ 的正负, 判断 $m(x)$ 的单调性, 进而确定 $g^{\prime}(x)$ 的正负性, 最后求出函数 $g(x)$ 的单调性. 【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为: $(0,+\infty)$ $f(x) \leq 2 x+c \Rightarrow f(x)-2 x-c \leq 0 \Rightarrow 2 \ln x+1-2 x-c \leq 0(*)$ 设 $h(x)=2 \ln x+1-2 x-c(x>0)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{2}{x}-2=\frac{2(1-x)}{x}$, 当 $x>1$ 时, $h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 单调递减, 当 $0<x<1$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单调递增, 所以当 $x=1$ 时, 函数 $h(x)$ 有最大值, 即 $h(x)_{\text {max }}=h(1)=2 \ln 1+1-2 \times 1-c=-1-c$ ， 要想不等式 $(*)$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立, 只需 $h(x)_{\max } \leq 0 \Rightarrow-1-c \leq 0 \Rightarrow c \geq-1$; (2) $g(x)=\frac{2 \ln x+1-(2 \ln a-1)}{x-a}=\frac{2(\ln x-\ln a)}{x-a}(x>0$ 且 $x \neq a)$ 因此 $g^{\prime}(x)=\frac{2(x-a-x \ln x+x \ln a)}{x(x-a)^{2}}$, 设 $m(x)=2(x-a-x \ln x+x \ln a)$, 则有 $m^{\prime}(x)=2(\ln a-\ln x)$, 当 $x>a$ 时, $\ln x>\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)<0, m(x)$ 单调递减, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$, 所以 $g(x)$ 单调递减; 当 $0<x<a$ 时, $\ln x<\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)>0, m(x)$ 单调递增, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$ ，所以 $g(x)$ 单调递减, 所以函数 $g(x)$ 在区间 $(0, a)$ 和 $(a,+\infty)$ 上单调递减，没有递增区间. |
| zhipu | (1)【解析】 首先，我们需要找到函数 \( f(x) = 2 \ln x + 1 \) 与直线 \( y = 2x + c \) 的交点条件。根据题意，要求 \( f(x) \leq 2x + c \)，即： \[ 2 \ln x + 1 \leq 2x + c \] 整理得： \[ 2 \ln x - 2x \leq c - 1 \] 定义函数 \( h(x) = 2 \ln x - 2x \)，我们需要研究 \( h(x) \) 的最大值，以确定 \( c - 1 \) 的最小值。 求 \( h(x) \) 的导数： \[ h'(x) = \frac{2}{x} - 2 \] 令 \( h'(x) = 0 \)，解得： \[ \frac{2}{x} - 2 = 0 \] \[ \frac{2}{x} = 2 \] \[ x = 1 \] 接下来，我们计算 \( h(x) \) 在 \( x = 1 \) 处的值： \[ h(1) = 2 \ln 1 - 2 \cdot 1 = 0 - 2 = -2 \] 我们还需要验证 \( x = 1 \) 是 \( h(x) \) 的最大值。通过二阶导数检验法： \[ h''(x) = -\frac{2}{x^2} \] 由于 \( h''(x) < 0 \) 对所有 \( x > 0 \) 成立，说明 \( x = 1 \) 是 \( h(x) \) 的极大值点，也是最大值点。 因此，\( h(x) \) 的最大值为 -2，所以： \[ c - 1 \geq -2 \] \[ c \geq -1 \] 所以，\( c \) 的取值范围为 \( c \geq -1 \)。 <eoe> 【答案】\( c \geq -1 \)<eoa> (2)【解析】 首先，我们需要求出函数 \( g(x) = \frac{f(x) - f(a)}{x - a} \) 的表达式。已知 \( f(x) = 2 \ln x + 1 \)，所以： \[ g(x) = \frac{(2 \ln x + 1) - (2 \ln a + 1)}{x - a} = \frac{2 \ln x - 2 \ln a}{x - a} = \frac{2 (\ln x - \ln a)}{x - a} \] 接下来，我们研究 \( g(x) \) 的单调性。为此，我们需要求 \( g(x) \) 的导数 \( g'(x) \)。 设 \( u(x) = \ln x - \ln a \)，\( v(x) = x - a \)，则 \( g(x) = \frac{2u(x)}{v(x)} \)。利用商的导数公式： \[ g'(x) = \frac{2 \left( u'(x) v(x) - u(x) v'(x) \right)}{v(x)^2} \] 其中： \[ u'(x) = \frac{1}{x} \] \[ v'(x) = 1 \] 代入得： \[ g'(x) = \frac{2 \left( \frac{1}{x} (x - a) - (\ln x - \ln a) \cdot 1 \right)}{(x - a)^2} = \frac{2 \left( 1 - \frac{a}{x} - \ln x + \ln a \right)}{(x - a)^2} \] 令 \( h(x) = 1 - \frac{a}{x} - \ln x + \ln a \)，我们需要研究 \( h(x) \) 的符号。 求 \( h(x) \) 的导数： \[ h'(x) = \frac{a}{x^2} - \frac{1}{x} \] \[ h'(x) = \frac{a - x}{x^2} \] 分析 \( h'(x) \) 的符号： - 当 \( x > a \) 时，\( h'(x) < 0 \)，即 \( h(x) \) 在 \( x > a \) 时递减。 - 当 \( 0 < x < a \) 时，\( h'(x) > 0 \)，即 \( h(x) \) 在 \( 0 < x < a \) 时递增。 考虑 \( h(a) \) 的值： \[ h(a) = 1 - \frac{a}{a} - \ln a + \ln a = 1 - 1 = 0 \] 因此，\( h(x) \) 在 \( x = a \) 处取得最大值 0，在 \( x > a \) 时 \( h(x) < 0 \)，在 \( 0 < x < a \) 时 \( h(x) > 0 \)。 综上所述： - 当 \( x > a \) 时，\( g'(x) < 0 \)，即 \( g(x) \) 在 \( x > a \) 时递减。 - 当 \( 0 < x < a \) 时，\( g'(x) > 0 \)，即 \( g(x) \) 在 \( 0 < x < a \) 时递增。 <eoe> 【答案】函数 \( g(x) \) 在 \( (0, a) \) 上单调递增，在 \( (a, +\infty) \) 上单调递减。<eoa> |
【解析】} 【分析】} (1) 不等式 $f(x) \leq 2 x+c$ 转化为 $f(x)-2 x-c \leq 0$ ，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可; (2) 对函数 $g(x)$ 求导, 把导函数 $g^{\prime}(x)$ 的分子构成一个新函数 $m(x)$, 再求导得到 $m^{\prime}(x)$, 根据 $m^{\prime}(x)$ 的正负, 判断 $m(x)$ 的单调性, 进而确定 $g^{\prime}(x)$ 的正负性, 最后求出函数 $g(x)$ 的单调性. 【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为: $(0,+\infty)$ $f(x) \leq 2 x+c \Rightarrow f(x)-2 x-c \leq 0 \Rightarrow 2 \ln x+1-2 x-c \leq 0(*)$ 设 $h(x)=2 \ln x+1-2 x-c(x>0)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{2}{x}-2=\frac{2(1-x)}{x}$, 当 $x>1$ 时, $h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 单调递减, 当 $0<x<1$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单调递增, 所以当 $x=1$ 时, 函数 $h(x)$ 有最大值, 即 $h(x)_{\text {max }}=h(1)=2 \ln 1+1-2 \times 1-c=-1-c$ ， 要想不等式 $(*)$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立, 只需 $h(x)_{\max } \leq 0 \Rightarrow-1-c \leq 0 \Rightarrow c \geq-1$; (2) $g(x)=\frac{2 \ln x+1-(2 \ln a-1)}{x-a}=\frac{2(\ln x-\ln a)}{x-a}(x>0$ 且 $x \neq a)$ 因此 $g^{\prime}(x)=\frac{2(x-a-x \ln x+x \ln a)}{x(x-a)^{2}}$, 设 $m(x)=2(x-a-x \ln x+x \ln a)$, 则有 $m^{\prime}(x)=2(\ln a-\ln x)$, 当 $x>a$ 时, $\ln x>\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)<0, m(x)$ 单调递减, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$, 所以 $g(x)$ 单调递减; 当 $0<x<a$ 时, $\ln x<\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)>0, m(x)$ 单调递增, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$ ，所以 $g(x)$ 单调递减, 所以函数 $g(x)$ 在区间 $(0, a)$ 和 $(a,+\infty)$ 上单调递减，没有递增区间. |
| gpto1 | (1)【解析】 要找到所有 \( x>0 \) 下，使得 \( f(x) \leq 2x + c \) 成立的 \( c \) 的取值范围。 首先，将不等式变形： \[ f(x) - 2x \leq c \] \[ 2 \ln x + 1 - 2x \leq c \] 令 \( \phi(x) = 2 \ln x - 2x + 1 \)，则不等式变为 \( \phi(x) \leq c \)。 我们需要找到 \( \phi(x) \) 的最大值，以确定 \( c \) 的最小值。 计算 \( \phi(x) \) 的导数： \[ \phi'(x) = \frac{2}{x} - 2 \] 令 \( \phi'(x) = 0 \)，求出临界点： \[ \frac{2}{x} - 2 = 0 \] \[ \frac{2}{x} = 2 \] \[ x = 1 \] 计算二阶导数： \[ \phi''(x) = -\frac{2}{x^2} \] 在 \( x = 1 \) 处，\( \phi''(1) = -2 < 0 \)，因此 \( x = 1 \) 处取得极大值。 计算最大值： \[ \phi(1) = 2 \ln 1 - 2 \times 1 + 1 = 0 - 2 + 1 = -1 \] 因此，\( \phi(x) \leq -1 \)，即： \[ 2 \ln x + 1 - 2x \leq -1 \] \[ 2 \ln x + 1 \leq 2x -1 \] \[ f(x) \leq 2x -1 \] 因此，当 \( c \geq -1 \) 时，对于所有 \( x > 0 \)，\( f(x) \leq 2x + c \) 都成立。 <eoe> 【答案】 \( c \geq -1 \)<eoa> (2)【解析】 给定 \( a > 0 \)，讨论函数 \[ g(x) = \frac{f(x) - f(a)}{x - a} = \frac{2 \ln x + 1 - (2 \ln a + 1)}{x - a} = \frac{2(\ln x - \ln a)}{x - a} \] 利用对数的性质： \[ \ln x - \ln a = \ln\left( \frac{x}{a} \right) \] 于是： \[ g(x) = \frac{2 \ln\left( \frac{x}{a} \right)}{x - a} \] 令 \( u = \frac{x}{a} \)，则 \( x = a u \)，\( x - a = a(u - 1) \)，\( x > 0 \Rightarrow u > 0 \)。 因此： \[ g(x) = \frac{2 \ln u}{a(u - 1)} \] 现在，把 \( g(x) \) 看作关于 \( u \) 的函数： \[ G(u) = \frac{2 \ln u}{a(u - 1)} \] 求 \( G(u) \) 的导数： \[ G'(u) = \frac{d}{du} \left( \frac{2 \ln u}{a(u - 1)} \right ) = \frac{2a(u - 1) \cdot \frac{1}{u} - 2 \ln u \cdot a}{[a(u - 1)]^2} \] \[ = \frac{2a(u - 1) \cdot \frac{1}{u} - 2a \ln u }{a^2(u - 1)^2} \] 约去一个 \( a \)： \[ G'(u) = \frac{2(u - 1)/u - 2 \ln u}{a(u - 1)^2} \] \[ = \frac{2\left( \frac{u - 1}{u} - \ln u \right)}{a(u - 1)^2} \] 研究分子： \[ \phi(u) = \frac{u -1}{u} - \ln u = 1 - \frac{1}{u} - \ln u \] 计算 \( \phi(u) \) 的导数： \[ \phi'(u) = \frac{1}{u^2} - \frac{1}{u} \] \[ = \frac{1 - u}{u^2} \] 所以，当 \( 0 < u < 1 \) 时，\( \phi'(u) > 0 \)；当 \( u > 1 \) 时，\( \phi'(u) < 0 \)。因此，\( \phi(u) \) 在 \( u = 1 \) 处取得最大值。 计算 \( \phi(1) = 1 - 1 - \ln 1 = 0 \)。 因此，对于所有 \( u > 0 \)，\( \phi(u) \leq 0 \)。 由于分母恒为正，故 \( G'(u) \leq 0 \)，所以 \( G(u) \) 关于 \( u \) 单调递减。 由于 \( u = \frac{x}{a} \)，当 \( x \) 增大时，\( u \) 增大，因此 \( g(x) \) 关于 \( x \) 单调递减。 <eoe> 【答案】 函数 \( g(x) \) 在 \( x > 0 \) 上是单调递减的。<eoa> |
【解析】} 【分析】} (1) 不等式 $f(x) \leq 2 x+c$ 转化为 $f(x)-2 x-c \leq 0$ ，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可; (2) 对函数 $g(x)$ 求导, 把导函数 $g^{\prime}(x)$ 的分子构成一个新函数 $m(x)$, 再求导得到 $m^{\prime}(x)$, 根据 $m^{\prime}(x)$ 的正负, 判断 $m(x)$ 的单调性, 进而确定 $g^{\prime}(x)$ 的正负性, 最后求出函数 $g(x)$ 的单调性. 【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为: $(0,+\infty)$ $f(x) \leq 2 x+c \Rightarrow f(x)-2 x-c \leq 0 \Rightarrow 2 \ln x+1-2 x-c \leq 0(*)$ 设 $h(x)=2 \ln x+1-2 x-c(x>0)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{2}{x}-2=\frac{2(1-x)}{x}$, 当 $x>1$ 时, $h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 单调递减, 当 $0<x<1$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单调递增, 所以当 $x=1$ 时, 函数 $h(x)$ 有最大值, 即 $h(x)_{\text {max }}=h(1)=2 \ln 1+1-2 \times 1-c=-1-c$ ， 要想不等式 $(*)$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立, 只需 $h(x)_{\max } \leq 0 \Rightarrow-1-c \leq 0 \Rightarrow c \geq-1$; (2) $g(x)=\frac{2 \ln x+1-(2 \ln a-1)}{x-a}=\frac{2(\ln x-\ln a)}{x-a}(x>0$ 且 $x \neq a)$ 因此 $g^{\prime}(x)=\frac{2(x-a-x \ln x+x \ln a)}{x(x-a)^{2}}$, 设 $m(x)=2(x-a-x \ln x+x \ln a)$, 则有 $m^{\prime}(x)=2(\ln a-\ln x)$, 当 $x>a$ 时, $\ln x>\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)<0, m(x)$ 单调递减, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$, 所以 $g(x)$ 单调递减; 当 $0<x<a$ 时, $\ln x<\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)>0, m(x)$ 单调递增, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$ ，所以 $g(x)$ 单调递减, 所以函数 $g(x)$ 在区间 $(0, a)$ 和 $(a,+\infty)$ 上单调递减，没有递增区间. |
| deepseekv3 | (1)【解析】 题目要求求解不等式 $f(x) \leq 2x + c$ 对于函数 $f(x) = 2\ln x + 1$ 的 $c$ 的取值范围。首先，我们将不等式改写为： \[ 2\ln x + 1 \leq 2x + c \] 然后，整理得到： \[ c \geq 2\ln x + 1 - 2x \] 为了找到 $c$ 的最小值，我们需要找到函数 $h(x) = 2\ln x + 1 - 2x$ 的最大值。求 $h(x)$ 的导数： \[ h'(x) = \frac{2}{x} - 2 \] 令 $h'(x) = 0$，解得： \[ \frac{2}{x} - 2 = 0 \Rightarrow x = 1 \] 在 $x = 1$ 处，$h(x)$ 取得最大值： \[ h(1) = 2\ln 1 + 1 - 2 = -1 \] 因此，$c$ 的取值范围为： \[ c \geq -1 \] <eoe> 【答案】 $c$ 的取值范围是 $c \geq -1$。 <eoa> (2)【解析】 函数 $g(x) = \frac{f(x) - f(a)}{x - a}$，其中 $f(x) = 2\ln x + 1$，$a > 0$。将 $f(x)$ 代入得到： \[ g(x) = \frac{2\ln x + 1 - (2\ln a + 1)}{x - a} = \frac{2(\ln x - \ln a)}{x - a} \] 简化后： \[ g(x) = \frac{2\ln \left(\frac{x}{a}\right)}{x - a} \] 为了讨论 $g(x)$ 的单调性，我们求 $g(x)$ 的导数： \[ g'(x) = \frac{2 \cdot \frac{1}{x} \cdot (x - a) - 2\ln \left(\frac{x}{a}\right) \cdot 1}{(x - a)^2} \] 简化导数表达式： \[ g'(x) = \frac{2 - \frac{2a}{x} - 2\ln \left(\frac{x}{a}\right)}{(x - a)^2} \] 分析 $g'(x)$ 的符号： - 当 $x > a$ 时，$\ln \left(\frac{x}{a}\right) > 0$，且 $\frac{a}{x} < 1$，因此 $g'(x)$ 的符号取决于 $2 - \frac{2a}{x} - 2\ln \left(\frac{x}{a}\right)$ 的符号。 - 当 $x < a$ 时，$\ln \left(\frac{x}{a}\right) < 0$，且 $\frac{a}{x} > 1$，因此 $g'(x)$ 的符号同样取决于 $2 - \frac{2a}{x} - 2\ln \left(\frac{x}{a}\right)$ 的符号。 总结可知，$g(x)$ 的单调性取决于 $x$ 与 $a$ 的相对大小以及具体的数值关系。 <eoe> 【答案】 函数 $g(x)$ 的单调性取决于 $x$ 与 $a$ 的相对大小以及具体的数值关系。 <eoa> |
【解析】} 【分析】} (1) 不等式 $f(x) \leq 2 x+c$ 转化为 $f(x)-2 x-c \leq 0$ ，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可; (2) 对函数 $g(x)$ 求导, 把导函数 $g^{\prime}(x)$ 的分子构成一个新函数 $m(x)$, 再求导得到 $m^{\prime}(x)$, 根据 $m^{\prime}(x)$ 的正负, 判断 $m(x)$ 的单调性, 进而确定 $g^{\prime}(x)$ 的正负性, 最后求出函数 $g(x)$ 的单调性. 【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为: $(0,+\infty)$ $f(x) \leq 2 x+c \Rightarrow f(x)-2 x-c \leq 0 \Rightarrow 2 \ln x+1-2 x-c \leq 0(*)$ 设 $h(x)=2 \ln x+1-2 x-c(x>0)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{2}{x}-2=\frac{2(1-x)}{x}$, 当 $x>1$ 时, $h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 单调递减, 当 $0<x<1$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单调递增, 所以当 $x=1$ 时, 函数 $h(x)$ 有最大值, 即 $h(x)_{\text {max }}=h(1)=2 \ln 1+1-2 \times 1-c=-1-c$ ， 要想不等式 $(*)$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立, 只需 $h(x)_{\max } \leq 0 \Rightarrow-1-c \leq 0 \Rightarrow c \geq-1$; (2) $g(x)=\frac{2 \ln x+1-(2 \ln a-1)}{x-a}=\frac{2(\ln x-\ln a)}{x-a}(x>0$ 且 $x \neq a)$ 因此 $g^{\prime}(x)=\frac{2(x-a-x \ln x+x \ln a)}{x(x-a)^{2}}$, 设 $m(x)=2(x-a-x \ln x+x \ln a)$, 则有 $m^{\prime}(x)=2(\ln a-\ln x)$, 当 $x>a$ 时, $\ln x>\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)<0, m(x)$ 单调递减, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$, 所以 $g(x)$ 单调递减; 当 $0<x<a$ 时, $\ln x<\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)>0, m(x)$ 单调递增, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$ ，所以 $g(x)$ 单调递减, 所以函数 $g(x)$ 在区间 $(0, a)$ 和 $(a,+\infty)$ 上单调递减，没有递增区间. |