Question

【題目】已知函數(shù)f（x）=lnx﹣ ，g（x）= ﹣1． （Ⅰ）若a＞0，試判斷f（x）在定義域內的單調性；
（Ⅱ）若f（x）在[1，e]上的最小值為 ，求a的值；
（Ⅲ）當a=0時，若x≥1時，恒有xf（x）≤λ[g（x）+x]成立，求λ的最小值．

Answer 1

【答案】解：（Ⅰ）∵f（x）=lnx﹣ ， ∴由題意知f（x）的定義域為（0，+∞）
且f′（x）= + =
∵a＞0，∴f′（x）＞0，
故f（x）在（0，+∞）上是單調遞增函數(shù)
（Ⅱ）由（1）可知，f′（x）= ．
①若a≥﹣1，則x+a≥0，即f′（x）≥0在[1，e]上恒成立，
此時f（x）在[1，e]上為增函數(shù)，
∴f（x）min=f（1）=﹣a= ，∴a=﹣ （舍去）．
②若a≤﹣e，則x+a≤0，即f′（x）≤0在[1，e]上恒成立，
此時f（x）在[1，e]上為減函數(shù)，
∴f（x）min=f（e）=1﹣ = ，∴a=﹣ （舍去）．
③若﹣e＜a＜﹣1，令f′（x）=0得x=﹣a，
當1＜x＜﹣a時，f′（x）＜0，∴f（x）在（1，﹣a）上為減函數(shù)；
當﹣a＜x＜e時，f′（x）＞0，∴f（x）在（﹣a，e）上為增函數(shù)，
∴f（x）min=f（﹣a）=ln（﹣a）+1= ，∴a=﹣ ．
綜上所述，a=﹣ ．
（Ⅲ）∵xf（x）≤λ[g（x）+x]，∴ ，
∴xlnx≤λ（ ），∴l(xiāng)nx﹣ （x﹣ ）≤0，
令 ，
當λ≤﹣1時，△=4﹣4（﹣λ）（﹣λ）≤0，故恒有﹣λx2+2x﹣λ≥0，
則G′（x）≥0恒成立，故G（x）在區(qū)間[1，+∞）單調遞增，
∴G（x）≥G（1）=0，這與條件矛盾；
當﹣1＜λ＜0時，x=﹣ ，
故有y=﹣λx2+2x﹣λ在區(qū)間[1，+∞）上單調遞增，
故有﹣λx2+2x﹣λ＞2﹣2λ＞0，則G′（x）≥0恒成立，
故G（x）在區(qū)間[1，+∞）上恒單調遞增，
∴G（x）≥G（1）=0，這與條件矛盾；
當λ=0時，G′（x）= ＞0，故G（x）在區(qū)間[1，+∞）上單調遞增，
∴G（x）≥G（1），這與條件矛盾；
當0＜λ＜1時，設﹣λx2+2x﹣λ=0的兩根為x1 ， x2 ， 且x1＜x2 ，
∵ ，
∴0＜x1＜1＜x2 ， ∴x∈（1，x2）時，﹣λx2+2x﹣λ＞0，
故函數(shù)G（x）在區(qū)間（1，x2）上單調遞增，
∴G（x2）≥G（1）=0，這與條件矛盾；
當λ≥1時，△=4﹣4（﹣λ）（﹣λ）≤0，故恒有﹣λx2+2x﹣λ≤0，
∴G′（x）≤0恒成立，故G（x）在區(qū)間[1，+∞）上單調遞減，
∴G（x）≤G（1）=0，命題成立．
綜上所述λ≥1，所以λ的最小值為1．
【解析】（Ⅰ）由題意知f（x）的定義域為（0，+∞），且f′（x）= + = ，由此得到f（x）在（0，+∞）上是單調遞增函數(shù)．（Ⅱ）由f′（x）= ，根據a≥﹣1，a≤﹣e，﹣e＜a＜﹣1，進行分類討論，利用導數(shù)性質能求出a的值．（Ⅲ）推導出lnx﹣ （x﹣ ）≤0，令 ，要所λ≤﹣1，﹣1＜λ＜0，λ=0，0＜λ＜1，λ≥1進行分類討論，利用導數(shù)性質能求出λ的最小值．
【考點精析】利用利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性和函數(shù)的最大(小)值與導數(shù)對題目進行判斷即可得到答案，需要熟知一般的,函數(shù)的單調性與其導數(shù)的正負有如下關系： 在某個區(qū)間內，(1)如果，那么函數(shù)在這個區(qū)間單調遞增；(2)如果，那么函數(shù)在這個區(qū)間單調遞減；求函數(shù)在上的最大值與最小值的步驟：（1）求函數(shù)在內的極值；（2）將函數(shù)的各極值與端點處的函數(shù)值，比較，其中最大的是一個最大值，最小的是最小值．