【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(dāng)x∈[e,e
2]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,e
2]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,e
2]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(dāng)0<x<e且x≠1時,g′(x)<0;當(dāng)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(dāng)x∈(1,+∞)時,f
′(x)
max≤0即可,
又∵f′(x)=
-a=
=
,
∴當(dāng)
時,即x=e
2時,
.
∴
,得
,故a的最小值為
.
(3)命題“若存在x
1,x
2∈[e,e
2],使f(x
1)≤f
′(x
2)+a成立”等價于
“當(dāng)x∈[e,e
2]時,有f(x)
min≤f′(x)
max+a”,
由(2)得,當(dāng)x∈[e,e
2]時,
,則
,
故問題等價于:“當(dāng)x∈[e,e
2]時,有
”,
當(dāng)
時,由(2)得,f(x)在[e,e
2]上為減函數(shù),
則
,故
,
當(dāng)
時,由于f′(x)=
在[e,e
2]上為增函數(shù),
故f′(x)的值域為[f′(e),f′(e
2)],即[-a,
].
(i)若-a≥0,即a≤0,f′(x)≥0在[e,e
2]恒成立,故f(x)在[e,e
2]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,e
2),使f′(x
)=0,且滿足:
當(dāng)x∈(e,x
)時,f′(x)<0,f(x)為減函數(shù);當(dāng)x∈(x
,e
2)時,f′(x)<0,f(x)為增函數(shù);
所以,f(x)
min=f(x
)=
≤
,x∈(e,e
2),
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(dǎo)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.