Question

（2013•日照一模）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）若存在x₁，x₂∈[e，e²]，使f（x₁）≤f′（x₂）+a，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析：（1）根据解析式求出g（x）的定义域和g′（x），再求出临界点，求出g′（x）＜0和g′（x）＞0对应的解集，再表示成区间的形式，即所求的单调区间；
（2）先求出f（x）的定义域和f′（x），把条件转化为f′（x）≤0在（1，+∞）上恒成立，再对f′（x）进行配方，求出在x∈（1，+∞）的最大值，再令f′（x）_max≤0求解；
（3）先把条件等价于“当x∈[e，e²]时，有f（x）_min≤f′（x）_max+a”，由（2）得f′（x）_max，并把它代入进行整理，再求f′（x）在[e，e²]上的最小值，结合（2）求出的a的范围对a进行讨论：a≥

1

4

和a＜

1

4

，分别求出f′（x）在[e，e²]上的单调性，再求出最小值或值域，代入不等式再与a的范围进行比较．

解答：（1）解：由

x＞0 lnx≠0

得，x＞0且x≠1，
则函数g（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞），
且g′（x）=

lnx-1

(lnx)2

，令g′（x）=0，即lnx-1=0，解得x=e，
当0＜x＜e且x≠1时，g′（x）＜0；当x＞e时，g′（x）＞0，
∴函数g（x）的减区间是（0，1），（1，e），增区间是（e，+∞），
（2）由题意得函数f（x）=

x

lnx

-ax在（1，+∞）上是减函数，
∴f′（x）=

lnx-1

(lnx)2

-a≤0在（1，+∞）上恒成立，
即当x∈（1，+∞）时，f′（x）_max≤0即可，
又∵f′（x）=

lnx-1

(lnx)2

-a=-(

1

lnx

)2+

1

lnx

-a=-(

1

lnx

-

1

2

)2+

1

4

-a，
∴当

1

lnx

=

1

2

时，即x=e²时，f′(x)max=

1

4

-a．
∴

1

4

-a≤0，得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（2）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，由（2）得，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

，
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[f′（e），f′（e²）]，即[-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，
存在唯一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

，x∈（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：本题主要考查了函数恒成立问题，以及利用导数研究函数的单调性等知识，考查了分类讨论思想和转化思想，计算能力和分析问题的能力．