Question

已知函数g（x）=

x

lnx

，f（x）=g（x）-ax．
（1）求函数g（x）的单调区间；
（2）若函数f（x）在（1，+∞）上是减函数，求实数a的最小值；
（3）若?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：利用导数研究函数的单调性,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：计算题,函数的性质及应用,导数的综合应用

分析：由题意求函数的定义域，化简f(x)=

x

lnx

-ax．
（1）求导g′(x)=

lnx-x• 1 x

(lnx)2

=

lnx-1

(lnx)2

，从而由导数的正负确定函数的单调区间；
（2）由f（x）在（1，+∞）上为减函数知f′(x)=

lnx-1

(lnx)2

-a≤0在（1，+∞）上恒成立，从而化为当x∈（1，+∞）时，f′（x）_max≤0；转化为函数的最值问题；
（3）“若?x1，x2∈[e，e2]，使f（x₁）≤f'（x₂）+a成立”可化为“当x∈[e，e²]时，有f（x）_min≤f'（x）_max+a”；而f′(x)max=

1

4

-a知可化为“当x∈[e，e²]时，有f(x)min≤

1

4

”，从而解得．

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

x

lnx

-ax．
（1）函数g′(x)=

lnx-x• 1 x

(lnx)2

=

lnx-1

(lnx)2

，
当0＜x＜e且x≠1时，g′（x）＜0；当x＞e时，g′（x）＞0．
所以函数g（x）的单调减区间是（0，1），（1，e），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f′(x)=

lnx-1

(lnx)2

-a=-(

1

lnx

)2+

1

lnx

-a=-(

1

lnx

-

1

2

)2+

1

4

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

1

4

-a，
∴f′(x)max+a=

1

4

．
故可化为“当x∈[e，e²]时，有f(x)min≤

1

4

”；
①当a≥

1

4

时，由（2），f（x）在[e，e²]上为减函数，
则f（x）_min=f（e²）=

e2

2

-ae²≤

1

4

，故a≥

1

2

-

1

4e2

．
②当a＜

1

4

时，由于f′（x）=-(

1

lnx

-

1

2

)2+

1

4

-a在[e，e²]上为增函数，
故f′（x）的值域为[-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]上为增函数，
于是，f（x）_min=f（e）=e-ae≥e＞

1

4

，不合题意．
（ii）若-a＜0，即0＜a＜

1

4

，由f′（x）的单调性和值域知，
?唯一x0∈(e，e2)，使f′（x₀）=0，且满足：
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；
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

，
与0＜a＜

1

4

矛盾，不合题意．
综上，得a≥

1

2

-

1

4e2

．

点评：本题考查了导数的综合应用及恒成立问题的应用，无论化简与运算都很困难，属于难题．