Question

已知函數(shù)g（x）=，f（x）=g（x）-ax．
（1）求函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若函數(shù)f（x）在（1，+∞）上是減函數(shù)，求實數(shù)a的最小值；
（3）若存在x₁，x₂∈[e，e²]，使f（x₁）≤f^′（x₂）+a，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

【答案】分析：（1）根據(jù)解析式求出g（x）的定義域和g′（x），再求出臨界點，求出g′（x）＜0和g′（x）＞0對應(yīng)的解集，再表示成區(qū)間的形式，即所求的單調(diào)區(qū)間；
（2）先求出f（x）的定義域和f′（x），把條件轉(zhuǎn)化為f′（x）≤0在（1，+∞）上恒成立，再對f′（x）進行配方，求出在x∈（1，+∞）的最大值，再令f^′（x）_max≤0求解；
（3）先把條件等價于“當x∈[e，e²]時，有f（x）_min≤f′（x）_max+a”，由（2）得f^′（x）_max，并把它代入進行整理，再求f′（x）在[e，e²]上的最小值，結(jié)合（2）求出的a的范圍對a進行討論：和，分別求出f′（x）在[e，e²]上的單調(diào)性，再求出最小值或值域，代入不等式再與a的范圍進行比較．
解答：（1）解：由得，x＞0且x≠1，
則函數(shù)g（x）的定義域為（0，1）∪（1，+∞），
且g′（x）=，令g′（x）=0，即lnx-1=0，解得x=e，
當0＜x＜e且x≠1時，g′（x）＜0；當x＞e時，g′（x）＞0，
∴函數(shù)g（x）的減區(qū)間是（0，1），（1，e），增區(qū)間是（e，+∞），
（2）由題意得函數(shù)f（x）=在（1，+∞）上是減函數(shù)，
∴f′（x）=-a≤0在（1，+∞）上恒成立，
即當x∈（1，+∞）時，f^′（x）_max≤0即可，
又∵f′（x）=-a==，
∴當時，即x=e²時，．
∴，得，故a的最小值為．
（3）命題“若存在x₁，x₂∈[e，e²]，使f（x₁）≤f^′（x₂）+a成立”等價于
“當x∈[e，e²]時，有f（x）_min≤f′（x）_max+a”，
由（2）得，當x∈[e，e²]時，，則，
故問題等價于：“當x∈[e，e²]時，有”，
當時，由（2）得，f（x）在[e，e²]上為減函數(shù)，
則，故，
當時，由于f′（x）=在[e，e²]上為增函數(shù)，
故f′（x）的值域為[f′（e），f′（e²）]，即[-a，]．
（i）若-a≥0，即a≤0，f′（x）≥0在[e，e²]恒成立，故f（x）在[e，e²]上為增函數(shù)，
于是，，不合題意．
（ii）若-a＜0，即0＜，由f′（x）的單調(diào)性和值域知，
存在唯一x∈（e，e²），使f′（x）=0，且滿足：
當x∈（e，x）時，f′（x）＜0，f（x）為減函數(shù)；當x∈（x，e²）時，f′（x）＜0，f（x）為增函數(shù)；
所以，f（x）_min=f（x）=≤，x∈（e，e²），
所以，a≥，與0＜矛盾，不合題意．
綜上，得．
點評：本題主要考查了函數(shù)恒成立問題，以及利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性等知識，考查了分類討論思想和轉(zhuǎn)化思想，計算能力和分析問題的能力．