Question

已知函数g（x）=

x

lnx

，f（x）=g（x）-ax（a＞0）．
（1）求函数g（x）的单调递增区间；
（2）若函数f（x）在（1，+∞）上是减函数，求实数a的最小值；
（3）在第（2）题的条件下，又?x₁，x₂∈[e，e²]，使f（x₁）≤f′（x₂）+a成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（1）根据函数g′(x)=

lnx-x• 1 x

(lnx)2

=

lnx-1

(lnx)2

，可得当x＞e时，g'（x）＞0，进而求出函数g（x）的单调递增区间即可；
（2）因为f（x）在（1，+∞）上为减函数，故f′(x)=

lnx-1

(lnx)2

-a≤0在（1，+∞）上恒成立，所以当x∈（1，+∞）时，f'（x）_max≤0，又因为f′(x)=

lnx-1

(lnx)2

-a≤0，故当

1

lnx

=

1

2

，即x=e²时，求出f′（x）_max，进而求出实数a的最小值即可；
（3）命题“若存在x₁，x₂∈[e，e²]，使f（x₁）≤f′（x₂）+a成立”等价于“当x∈[e，e²]时，有f（x）_min≤f′（x）_max+a”，求出f′（x）_max+a=

1

4

，故问题等价于：“当x∈[e，e²]时，有f（x）_min≤

1

4

，然后分类讨论，即可求出实数a的取值范围．

解答： 解：（1）函数g′(x)=

lnx-x• 1 x

(lnx)2

=

lnx-1

(lnx)2

，
当x＞e时，g'（x）＞0，
所以函数g（x）的单调增区间是（e，+∞）；
（2）因为f（x）在（1，+∞）上为减函数，
故f′(x)=

lnx-1

(lnx)2

-a≤0在（1，+∞）上恒成立，
所以当x∈（1，+∞）时，f'（x）_max≤0，
又因为故f′(x)=

lnx-1

(lnx)2

-a≤0，
故当

1

lnx

=

1

2

，即x=e²时，f′（x）_max=

1

4

-a，
所以

1

4

-a≤0，于是a≥

1

4

，
故a的最小值为

1

4

；
（3）命题“若存在x₁，x₂∈[e，e²]，使f（x₁）≤f′（x₂）+a成立”等价于
“当x∈[e，e²]时，有f（x）_min≤f′（x）_max+a”，
由（1）得，当x∈[e，e²]时，f′（x）_max=

1

4

-a，
则f′（x）_max+a=

1

4

，
故问题等价于：“当x∈[e，e²]时，有f（x）_min≤

1

4

，
当a≥

1

4

时，f（x）在[e，e²]上为减函数，
则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]上为增函数，
于是，f（x）_min=f（e）=e-ae≥e＞

1

4

，不合题意，
0＜a＜

1

4

时，由f′（x）的单调性和值域知，存在唯一x₀∈（e，e²），使f′（x₀）=0，
当x∈（e，x₀）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；
当x∈（x₀，e²）时，f′（x）＜0，f（x）为增函数；
∴f（x）_min=f（x₀），
∴a≥

1

lnx0

-

1

4x0

＞

1

lne

-

1

4e2

＞

1

4

，与0＜a＜

1

4

矛盾，
综上，a≥

1

2

-

1

4e2

．

点评：本题主要考查了函数的单调性，导数的应用，以及求参数的范围，属于中档题．