Question

（2013•济宁二模）已知函数g（x）=

x

lnx

，f（x）=g（x）-ax（a＞0）．
（I）求函数g（x）的单调区间；
（Ⅱ）若函数f（x）在（1，+∞）上是减函数，求实数a的最小值；
（Ⅲ）当a≥

1

4

时，若?x₁，x₂∈[e，e²]使f（x₁）≤f′（x₂）+a成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析：（I）求导函数，利用导数的正负可得函数的单调区间；
（Ⅱ）由函数f（x）在（1，+∞）上是减函数，可得f′(x)=

lnx-1

(lnx)2

-a≤0在（1，+∞）上恒成立，求出导函数的最值，即可求实数a的最小值；
（Ⅲ）当a≥

1

4

时，若?x₁，x₂∈[e，e²]，使f（x₁）≤f′（x₂）+a成立，等价于x∈[e，e²]，使f（x）_min≤f′（x）_max+a．求出最值，即可确定a的取值范围．

解答：解：函数g（x），f（x）的定义域均为（0，1）∪（1，+∞），且f（x）=

x

lnx

-ax（a＞0）
（I）∵g′(x)=

lnx-1

(lnx)2

，∴x＞e时，g′（x）＞0，0＜x＜e且x≠1时，g′（x）＜0，
∴函数g（x）的单调增区间是（e，+∞），单调减区间为（0，1），（1，e）；
（Ⅱ）∵函数f（x）在（1，+∞）上是减函数，
∴f′(x)=

lnx-1

(lnx)2

-a≤0在（1，+∞）上恒成立
∵f′(x)=

lnx-1

(lnx)2

=-(

1

lnx

-

1

2

)2+

1

4

-a
∴当

1

lnx

=

1

2

，即x=e²时，f′(x)max=

1

4

-a
∴

1

4

-a≤0
∴a≥

1

4

∴实数a的最小值

1

4

；
（Ⅲ）当a≥

1

4

时，若?x₁，x₂∈[e，e²]，使f（x₁）≤f′（x₂）+a成立，等价于x∈[e，e²]，使f（x）_min≤f′（x）_max+a．
由（Ⅱ）知，x∈[e，e²]，f′（x）_max=

1

4

-a
当a≥

1

4

时，可得f（x）在[e，e²]上为减函数，∴f（x）_min=f（e²）=

e2

2

-ae2
∴

e2

2

-ae2≤

1

4

∴a≥

1

2

-

1

4e2

，又

1

2

-

1

4e2

＞

1

4

，故实数a的取值范围a≥

1

2

-

1

4e2

点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查函数的最值，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．