Question

設函數f（x）=alnx，g(x)=

1

2

x2．
（1）記h（x）=f（x）-g（x），若a=4，求h（x）的單調遞增區(qū)間；
（2）記g'（x）為g（x）的導函數，若不等式f（x）+2g'（x）≤（a+3）x-g（x）在x∈[1，e]上有解，求實數a的取值范圍；
（3）若在[1，e]上存在一點x₀，使得f(x0)-f′(x0)＞g′(x0)+

1

g′(x0)

成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）當a=4時，可得h(x)=4lnx-

1

2

x2，利用導數公式算出h′(x)=

4

x

-x，再解關于x的不等式并結合函數h（x）的定義域，即可得到函數h（x）的單調遞增區(qū)間；
（2）通過移項合并同類項，化簡不等式f（x）+2g'（x）≤（a+3）x-g（x）得a(x-lnx)≥

1

2

x2-x，再進行變量分離得a≥

1 2 x2-x

x-lnx

，由此設y=

1 2 x2-x

x-lnx

并討論其單調性得到ymin=-

1

2

，結合原不等式有解即可算出實數a的取值范圍；
（3）原不等式等價于alnx0-

a

x0

＞x0+

1

x0

，整理得x0-alnx0+

1+a

x0

＜0，設右邊對應的函數為m（x），求得它的導數m'（x）=

(x-1-a)(x+1)

x2

，然后分a≤0、0＜a≤e-1和a＞e-1三種情況加以討論，分別解關于a的不等式得到a的取值，最后綜上所述可得實數a的取值范圍是（-∞，-2）∪（

e2+1

e-1

，+∞）．

解答：解：（1）當a=4時，可得f（x）=4lnx，此時h(x)=4lnx-

1

2

x2，
由h′(x)=

4

x

-x＞0得-2＜x＜2，結合x＞0，可得0＜x＜2．
所以h（x）的單調遞增區(qū)間為（0，2）．…（4分）
（2）不等式f（x）+2g′（x）≤（a+3）x-g（x），即為alnx+2x≤(a+3)x-

1

2

x2，
化簡得：a(x-lnx)≥

1

2

x2-x，
由x∈[1，e]知x-lnx＞0，因而a≥

1 2 x2-x

x-lnx

，設y=

1 2 x2-x

x-lnx

，
由y′=

(x-1)(x-lnx)-(1- 1 x )( 1 2 x2-x)

(x-lnx)2

=

(x-1)( 1 2 x+1-lnx)

(x-lnx)2

，
∵當x∈（1，e）時x-1＞0，

1

2

x+1-lnx＞0，∴y′＞0在x∈[1，e]時成立．
由不等式有解，可得知a≥ymin=-

1

2

，即實數a的取值范圍是[-

1

2

，+∞）…（10分）
（3）不等式f(x0)-f′(x0)＞g′(x0)+

1

g′(x0)

等價于alnx0-

a

x0

＞x0+

1

x0

，
整理得x0-alnx0+

1+a

x0

＜0，設m(x)=x-alnx+

1+a

x

，
則由題意可知只需在[1，e]上存在一點x₀，使得m（x₀）＜0．
對m（x）求導數，得m′(x)=1-

a

x

-

1+a

x2

=

x2-ax-(1+a)

x2

=

(x-1-a)(x+1)

x2

，
因為x＞0，所以x+1＞0，令x-1-a=0，得x=1+a．…（12分）
①若1+a≤1，即a≤0時，令m（1）=2+a＜0，解得a＜-2．
②若1＜1+a≤e，即0＜a≤e-1時，m（x）在1+a處取得最小值，
令m（1+a）=1+a-aln（1+a）+1＜0，即1+a+1＜aln（1+a），可得

a+1+1

a

＜ln(a+1)
考察式子

t+1

t-1

＜lnt，因為1＜t≤e，可得左端大于1，而右端小于1，所以不等式不能成立
③當1+a＞e，即a＞e-1時，m（x）在[1，e]上單調遞減，只需m（e）＜0，得a＞

e2+1

e-1

，
又因為e-1-

e2+1

e-1

=

-2e

e-1

＜0，所以a＞

e2+1

e-1

．
綜上所述，實數a的取值范圍是（-∞，-2）∪（

e2+1

e-1

，+∞）．…（16分）

點評：本題給出含有分式和對數符號的函數，求函數的單調區(qū)間并討論關于x的不等式解集非空的問題，著重考查了導數的公式和運算法則、利用導數研究函數的單調性和導數在最大最小值問題中的應用等知識，屬于中檔題．