Question

已知函数f（x）=

a+lnx

x

，且f（x）+g（x）=

(x+1)lnx

x

，
（1）若函数f（x）在区间[1，+∞）上为减函数，求实数a的取值范围；
（2）若函数g（x）在[1，e]上的最小值为

3

2

，求实数a的值．

Answer 1

分析：（1）函数f（x）在区间[1，+∞）上为减函数?f′(x)=

1-(a+lnx)

x

≤0在区间[1，+∞）上恒成立?a≥1-lnx在区间[1，+∞）上恒成立，?a≥[1-lnx]_max，在区间[1，+∞）上．利用其单调性解出即可．
（2）g（x）=

(x+1)lnx

x

-

a+lnx

x

=lnx-

a

x

．（x＞0）．可得g′(x)=

1

x

+

a

x2

=

x+a

x2

．对a分类讨论：①当a≥0时，②当a＜0时，当-a＜1时；当-a＞e时，即a＜-e；当1≤-a≤e时，利用其单调性求出即可．

解答：解：（1）∵函数f（x）在区间[1，+∞）上为减函数，∴f′(x)=

1-(a+lnx)

x

≤0在区间[1，+∞）上恒成立，
∴a≥1-lnx在区间[1，+∞）上恒成立，
等价于a≥[1-lnx]_max，在区间[1，+∞）上．
∵1-lnx在区间[1，+∞）上单调递减，
∴[1-lnx]_max=1-ln1=1，∴a≥1．
即实数a的取值范围为[1，+∞）；
（2）g（x）=

(x+1)lnx

x

-

a+lnx

x

=lnx-

a

x

．（x＞0）．
g′(x)=

1

x

+

a

x2

=

x+a

x2

．
①当a≥0时，g（x）在（0，+∞）上单调递增，在[1，e]上单调递增，
∴g（x）_min=g（1）=-a=

3

2

，解得a=-

3

2

，应舍去．
②当a＜0时，g（x）在（0，-a）上单调递减，在（-a，+∞）上单调递增．
当-a＜1时，即-1＜a＜0，g（x）在[1，e]上单调递增，g(x)min=g(1)=-a=

3

2

，解得a=-

3

2

，应舍去．
当-a＞e时，即a＜-e，g（x）在[1，e]上单调递减，g(x)min=g(e)=1-

a

e

=

3

2

，解得a=-

e

2

，应舍去．
当1≤-a≤e时，即-e≤a≤-1，g（x）在[1，-a]上单调递减，在（-a，e）单调递增，
∴g（x）_min=g（-a）=ln（-a）+1=

3

2

，解得a=-

e

．
综上所述，a=-

e

．

点评：熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值与最值、分类讨论的思想方法等是解题的关键．