Question

已知函數(shù)g（x）=

x

lnx

，f（x）=g（x）-ax．
（1）求函數(shù)g（x）的單調區(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）若?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)研究函數(shù)的單調性,利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：計算題,函數(shù)的性質及應用,導數(shù)的綜合應用

分析：由題意求函數(shù)的定義域，化簡f(x)=

x

lnx

-ax．
（1）求導g′(x)=

lnx-x• 1 x

(lnx)2

=

lnx-1

(lnx)2

，從而由導數(shù)的正負確定函數(shù)的單調區(qū)間；
（2）由f（x）在（1，+∞）上為減函數(shù)知f′(x)=

lnx-1

(lnx)2

-a≤0在（1，+∞）上恒成立，從而化為當x∈（1，+∞）時，f′（x）_max≤0；轉化為函數(shù)的最值問題；
（3）“若?x1，x2∈[e，e2]，使f（x₁）≤f'（x₂）+a成立”可化為“當x∈[e，e²]時，有f（x）_min≤f'（x）_max+a”；而f′(x)max=

1

4

-a知可化為“當x∈[e，e²]時，有f(x)min≤

1

4

”，從而解得．

解答： 解：由已知函數(shù)g（x），f（x）的定義域均為（0，1）∪（1，+∞），且f(x)=

x

lnx

-ax．
（1）函數(shù)g′(x)=

lnx-x• 1 x

(lnx)2

=

lnx-1

(lnx)2

，
當0＜x＜e且x≠1時，g′（x）＜0；當x＞e時，g′（x）＞0．
所以函數(shù)g（x）的單調減區(qū)間是（0，1），（1，e），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f′(x)=

lnx-1

(lnx)2

-a=-(

1

lnx

)2+

1

lnx

-a=-(

1

lnx

-

1

2

)2+

1

4

-a，
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）“若?x1，x2∈[e，e2]，使f（x₁）≤f'（x₂）+a成立”可化為
“當x∈[e，e²]時，有f（x）_min≤f'（x）_max+a”．
由（2），當x∈[e，e²]時，f′(x)max=

1

4

-a，
∴f′(x)max+a=

1

4

．
故可化為“當x∈[e，e²]時，有f(x)min≤

1

4

”；
①當a≥

1

4

時，由（2），f（x）在[e，e²]上為減函數(shù)，
則f（x）_min=f（e²）=

e2

2

-ae²≤

1

4

，故a≥

1

2

-

1

4e2

．
②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(shù)，
故f′（x）的值域為[-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(shù)，
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，
?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(shù)；
當x∈(x0，e2)時，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)；
所以，f（x）_min=f(x0)=

x0

lnx0

-ax0≤

1

4

，x0∈(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：本題考查了導數(shù)的綜合應用及恒成立問題的應用，無論化簡與運算都很困難，屬于難題．