Question

已知函數(shù)g（x）=

x

lnx

，f（x）=g（x）-ax（a＞0）．
（1）求函數(shù)g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（2）若函數(shù)f（x）在（1，+∞）上是減函數(shù)，求實數(shù)a的最小值；
（3）在第（2）題的條件下，又?x₁，x₂∈[e，e²]，使f（x₁）≤f′（x₂）+a成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

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

專題：導數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）根據(jù)函數(shù)g′(x)=

lnx-x• 1 x

(lnx)2

=

lnx-1

(lnx)2

，可得當x＞e時，g'（x）＞0，進而求出函數(shù)g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間即可；
（2）因為f（x）在（1，+∞）上為減函數(shù)，故f′(x)=

lnx-1

(lnx)2

-a≤0在（1，+∞）上恒成立，所以當x∈（1，+∞）時，f'（x）_max≤0，又因為f′(x)=

lnx-1

(lnx)2

-a≤0，故當

1

lnx

=

1

2

，即x=e²時，求出f′（x）_max，進而求出實數(shù)a的最小值即可；
（3）命題“若存在x₁，x₂∈[e，e²]，使f（x₁）≤f′（x₂）+a成立”等價于“當x∈[e，e²]時，有f（x）_min≤f′（x）_max+a”，求出f′（x）_max+a=

1

4

，故問題等價于：“當x∈[e，e²]時，有f（x）_min≤

1

4

，然后分類討論，即可求出實數(shù)a的取值范圍．

解答： 解：（1）函數(shù)g′(x)=

lnx-x• 1 x

(lnx)2

=

lnx-1

(lnx)2

，
當x＞e時，g'（x）＞0，
所以函數(shù)g（x）的單調(diào)增區(qū)間是（e，+∞）；
（2）因為f（x）在（1，+∞）上為減函數(shù)，
故f′(x)=

lnx-1

(lnx)2

-a≤0在（1，+∞）上恒成立，
所以當x∈（1，+∞）時，f'（x）_max≤0，
又因為故f′(x)=

lnx-1

(lnx)2

-a≤0，
故當

1

lnx

=

1

2

，即x=e²時，f′（x）_max=

1

4

-a，
所以

1

4

-a≤0，于是a≥

1

4

，
故a的最小值為

1

4

；
（3）命題“若存在x₁，x₂∈[e，e²]，使f（x₁）≤f′（x₂）+a成立”等價于
“當x∈[e，e²]時，有f（x）_min≤f′（x）_max+a”，
由（1）得，當x∈[e，e²]時，f′（x）_max=

1

4

-a，
則f′（x）_max+a=

1

4

，
故問題等價于：“當x∈[e，e²]時，有f（x）_min≤

1

4

，
當a≥

1

4

時，f（x）在[e，e²]上為減函數(shù)，
則f（x）_min=f（e²）=

e2

2

-ae2≤

1

4

，
所以a≥

1

2

-

1

4e2

，
a≤0，f′（x）≥0在[e，e²]恒成立，故f（x）在[e，e²]上為增函數(shù)，
于是，f（x）_min=f（e）=e-ae≥e＞

1

4

，不合題意，
0＜a＜

1

4

時，由f′（x）的單調(diào)性和值域知，存在唯一x₀∈（e，e²），使f′（x₀）=0，
當x∈（e，x₀）時，f′（x）＜0，f（x）為減函數(shù)；
當x∈（x₀，e²）時，f′（x）＜0，f（x）為增函數(shù)；
∴f（x）_min=f（x₀），
∴a≥

1

lnx0

-

1

4x0

＞

1

lne

-

1

4e2

＞

1

4

，與0＜a＜

1

4

矛盾，
綜上，a≥

1

2

-

1

4e2

．

點評：本題主要考查了函數(shù)的單調(diào)性，導數(shù)的應(yīng)用，以及求參數(shù)的范圍，屬于中檔題．