Question

（2013•日照一模）已知函數g（x）=

x

lnx

，f（x）=g（x）-ax．
（1）求函數g（x）的單調區間；
（2）若函數f（x）在（1，+∞）上是減函數，求實數a的最小值；
（3）若存在x₁，x₂∈[e，e²]，使f（x₁）≤f′（x₂）+a，求實數a的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）根據解析式求出g（x）的定義域和g′（x），再求出臨界點，求出g′（x）＜0和g′（x）＞0對應的解集，再表示成區間的形式，即所求的單調區間；
（2）先求出f（x）的定義域和f′（x），把條件轉化為f′（x）≤0在（1，+∞）上恒成立，再對f′（x）進行配方，求出在x∈（1，+∞）的最大值，再令f′（x）_max≤0求解；
（3）先把條件等價于“當x∈[e，e²]時，有f（x）_min≤f′（x）_max+a”，由（2）得f′（x）_max，并把它代入進行整理，再求f′（x）在[e，e²]上的最小值，結合（2）求出的a的范圍對a進行討論：a≥

1

4

和a＜

1

4

，分別求出f′（x）在[e，e²]上的單調性，再求出最小值或值域，代入不等式再與a的范圍進行比較．

解答：（1）解：由

x＞0 lnx≠0

得，x＞0且x≠1，
則函數g（x）的定義域為（0，1）∪（1，+∞），
且g′（x）=

lnx-1

(lnx)2

，令g′（x）=0，即lnx-1=0，解得x=e，
當0＜x＜e且x≠1時，g′（x）＜0；當x＞e時，g′（x）＞0，
∴函數g（x）的減區間是（0，1），（1，e），增區間是（e，+∞），
（2）由題意得函數f（x）=

x

lnx

-ax在（1，+∞）上是減函數，
∴f′（x）=

lnx-1

(lnx)2

-a≤0在（1，+∞）上恒成立，
即當x∈（1，+∞）時，f′（x）_max≤0即可，
又∵f′（x）=

lnx-1

(lnx)2

-a=-(

1

lnx

)2+

1

lnx

-a=-(

1

lnx

-

1

2

)2+

1

4

-a，
∴當

1

lnx

=

1

2

時，即x=e²時，f′(x)max=

1

4

-a．
∴

1

4

-a≤0，得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（2）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，由（2）得，f（x）在[e，e²]上為減函數，
則f(x)min=f(e2)=

e2

2

-ae2≤

1

4

，故a≥

1

2

-

1

4e2

，
當a＜

1

4

時，由于f′（x）=-(

1

lnx

-

1

2

)2+

1

4

-a在[e，e²]上為增函數，
故f′（x）的值域為[f′（e），f′（e²）]，即[-a，

1

4

-a]．
（i）若-a≥0，即a≤0，f′（x）≥0在[e，e²]恒成立，故f（x）在[e，e²]上為增函數，
于是，f(x)min=f(e)=e-ae≥e＞

1

4

，不合題意．
（ii）若-a＜0，即0＜a＜

1

4

，由f′（x）的單調性和值域知，
存在唯一x₀∈（e，e²），使f′（x₀）=0，且滿足：
當x∈（e，x₀）時，f′（x）＜0，f（x）為減函數；當x∈（x₀，e²）時，f′（x）＜0，f（x）為增函數；
所以，f（x）_min=f（x₀）=

x0

lnx0

-ax0≤

1

4

，x∈（e，e²），
所以，a≥

1

lnx0

-

1

4x0

＞

1

lne2

-

1

4e

＞

1

2

-

1

4

=

1

4

，與0＜a＜

1

4

矛盾，不合題意．
綜上，得a≥

1

2

-

1

4e2

．

點評：本題主要考查了函數恒成立問題，以及利用導數研究函數的單調性等知識，考查了分類討論思想和轉化思想，計算能力和分析問題的能力．