Question

已知函数f（x）=axlnx，g(x)=-

1

2

x2+(a+1)x，其中a∈R．
（1）令h(x)=

f(x)

x

-g(x)，试讨论函数f（x）的单调区间；
（2）若对任意的e＜x1＜x2＜e2，总有f（x₁）-f（x₂）＜g（x₁）-g（x₂）成立，试求实数a的取值范围．（其中e是自然对数的底数）

Answer 1

分析：（1）利用导数的运算法则求出h^′（x），通过分类讨论a即可得出其单调性；
（2）由已知对任意的e＜x1＜x2＜e2，总有f（x₁）-f（x₂）＜g（x₁）-g（x₂）成立，即f（x₁）-g（x₁）＜f（x₂）-g（x₂），令F(x)=f(x)-g(x)=axlnx+

1

2

x2-(a+1)x，可得y=F（x）在区间（e，e²）上为增函数．于是F'（x）=alnx+x-1≥0，对x∈（e，e²）恒成立，通过分离参数，利用导数求出最值即可．

解答：解：（1）∵h(x)=alnx+

1

2

x2-(a+1)x，（x＞0）．
∴h′(x)=

a

x

+x-(a+1)=

x2-(a+1)x+a

x

=

(x-1)(x-a)

x

．
①当a≤0时，f（x）的递减区间为（0，1），递增区间为（1，+∞）；
②当0＜a＜1时，f（x）的递增区间为（0，a），（1，+∞），递减区间为（a，1）；
③当a=1时，f（x）的递增区间为（0，+∞）；
④当a＞1时，f（x）的递增区间为（0，1），（a，+∞），递减区间为（1，a）．
（2）对任意的e＜x1＜x2＜e2，总有f（x₁）-f（x₂）＜g（x₁）-g（x₂）成立，
即f（x₁）-g（x₁）＜f（x₂）-g（x₂）
令F(x)=f(x)-g(x)=axlnx+

1

2

x2-(a+1)x，
由题意得y=F（x）在区间（e，e²）上为增函数．
∴F'（x）=alnx+x-1≥0，对x∈（e，e²）恒成立，
所以a≥

1-x

lnx

对x∈（e，e²）恒成立，
令?(x)=

1-x

lnx

，
则?′(x)=

-lnx- 1-x x

(lnx)2

=

-xlnx+x-1

x(lnx)2

=

x(1-lnx)-1

x(lnx)2

＜0，
所以?（x）在区间（e，e²）上单调递减，
所以?（x）＜?（e）=1-e，
所以a≥1-e． 
所以a≥1-e． …（10分）

点评：本题综合考查了利用导数研究函数的单调性、极值与最值、恒成立问题转化为求最值问题等基础知识与基本技能，考查了分类讨论的思想方法、分析问题和解决问题的能力、推理能力与计算能力．