Question

（2008•黄冈模拟）若函数f（x）=lnx，g（x）=x-

2

x

（Ⅰ）求函数?（x）=g（x）+kf（x）（k∈R）的单调区间
（Ⅱ）若对所有的x∈[3，+∞）都有xf（x）≥ax-a成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析：（Ⅰ）先求出函数的定义域，求出导函数?′(x)=

x2+kx+2

x2

因为x²＞0，讨论△的正负即可得到?′（x）的正负，即可得到函数的单调区间．
（Ⅱ）由xf（x）≥ax-a解出

a≤ xlnx x-1

，设h（x）=

xlnx x-1

，所以求出h′（x），
讨论h（x）的增减性得到h（x）的最小值．让a小于等于最小值即可得到a的范围．

解答：解：（Ⅰ）?（x）的定义域为（0，+∞）…（12分）
?′(x)=1+

2

x2

+

k

x

=

x2+kx+2

x2

…（2分）
△=k²-8
①当△=k2-8≤0时，即-2

2

≤k≤2

2

时，?′(x)≥0…（3分）
②△=k2-8＞0时，即k＞2

2

或k＜-2

2

时
方程x2+kx+2=0有两个不等实根x1=

-k- k2-8

2

，x2=

-k+ k2-8

2

若k＞2

2

，则x1＜x2＜0，故?′(x)＞0…（4分）

若k＜-2 2 ，则0＜x1＜x2 当0＜x＜x1时，?′(x)＞0；当x1＜x＜x2时，?′(x)＜0；

当x₂＜x时，?'（x）＞0…（5分）
综上：当k＜-2

2

时，?(x)的单调递增区间为(0，

-k- k2-8

2

)及(

-k+ k2-8

2

，+∞)
单调递减区间为[

-k- k2-8

2

，

-k+ k2-8

2

]当k≥-2

2

时，?(x)的单调递增区间（0，+∞）…（6分）
（Ⅱ）∵x≥e

∴xlnx≥ax-a?a≤ xlnx x-1

…（7分）
令h(x)=

xlnx

x-1

，x∈[e，+∞)…（8分）
则h′(x)=

x-lnx-1

(x-1)2

…（9分）

∵当x≥e时，(x-lnx-1)=1- 1 x ＞0 ∴x-lnx-1≥e-lne-1=e-2＞0

∴h'（x）＞0…（10分）
∴h(x)min=h(e)=

e

e-1

…（11分）∴a≤

e

e-1

…（12分）
另解：xf（x）≥ax-a?xlnx-ax+a≥0
令h（x）=xlnx-ax+a，
则当x∈[e，+∞）时，h（x）_min≥0…（7分）
h'（x）=lnx+1-a，由h'（x）=0得x=e^a-1…（8分）
且当0＜x＜e^a-1时h'（x）＜0，当x＞e^a-1时h'（x）＞0
∴h（x）在（0，e^a-1）单减，在（e^a-1，+∞）单增…（9分）
①当a≤2时，e^a-1≤e
∴h(x)在(e，+∞)单增，

∴h(x)min=h(e)=e-ae+a≥0

∴a≤

e

e-1

…（11分）
②当a＞2时，由h（e）≥0⇒e+a≥ae若2＜a＜e，
则e+a＜2e＜ae，若a≥e，则e+a≤2a＜ae，
故a＞2不成立
综上所述a≤

e

e-1

…（12分）

点评：考查学生会分区间讨论导函数的正负得到函数的增减性，会利用导数求闭区间上函数的最值．学生做题时应掌握不等式恒成立是所取的条件．