Question

已知函數(shù)g（x）=

x

lnx

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

Answer 1

考點：利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,導數(shù)的運算,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導數(shù)的綜合應用

分析：（I）利用導數(shù)的運算法則可得g′（x），分別解出g′（x）＞0，g′（x）＜0，即可得出其單調(diào)區(qū)間；
（II）函數(shù)f（x）在（1，+∞）上是減函數(shù)，可得f′（x）≤0恒成立，即

lnx-1-a(lnx)2

(lnx)2

≤0恒成立．通過分離參數(shù)轉(zhuǎn)化為a≥[

1

lnx

-

1

(lnx)2

]max．，再利用二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出；
（III））由于?x₁∈[e，e²]，?x₂∈[e，e²]，使g（x₁）≤f′（x₂）+2a成立，可得g(x1)max≤[f′(x2)+2a]max．分別利用導數(shù)和二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出．

解答： 解：（I）g′(x)=

lnx-1

(lnx)2

（x＞0且x≠1）．
令g′（x）＞0，解得，x＞e，因此函數(shù)g（x）在區(qū)間（e，+∞）單調(diào)遞增；
令g′（x）＜0，解得0＜x＜e且x≠1，因此函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，1），（1，e）單調(diào)遞減．
（II）f（x）=g（x）-ax=

x

lnx

-ax（x＞1）．f′（x）=

lnx-1-a(lnx)2

(lnx)2

．
∵函數(shù)f（x）在（1，+∞）上是減函數(shù)，∴f′（x）≤0恒成立，即

lnx-1-a(lnx)2

(lnx)2

≤0恒成立．
∴a≥[

1

lnx

-

1

(lnx)2

]max．
∵x＞1，∴l(xiāng)nx＞0，
∴

1

lnx

-

1

(lnx)2

=-(

1

lnx

-

1

2

)2+

1

4

≤

1

4

，當lnx=2，即x=e²時取等號．
∴a≥

1

4

．
∴實數(shù)a的最小值是

1

4

．
（III）∵?x₁∈[e，e²]，?x₂∈[e，e²]，使g（x₁）≤f′（x₂）+2a成立，
∴g(x1)max≤[f′(x2)+2a]max．
由（I）可知：g（x₁）在[e，e²]上單調(diào)遞增，∴g（x₁）_max=g（e²）=

e2

2

．
∵x∈[e，e²]，∴1≤lnx≤2，∴

1

2

≤

1

lnx

≤1．
令h（x）=f′（x）+2a=

lnx-1

(lnx)2

-a+2a=

1

lnx

-

1

(lnx)2

+a=-(

1

lnx

-

1

2

)2+a≤a．
∴a≥

e2

2

．
∴實數(shù)a的取值范圍是[

e2

2

，+∞)．

點評：本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、二次函數(shù)的單調(diào)性，考查了恒成立問題的等價轉(zhuǎn)化方法，考查了推理能力和計算能力，屬于難題．