Question

已知函数g（x）= x lnx ，f（x）=g（x）-ax．（1）求函数g（x）的单调区间；（2）若函数f（x

已知函数g（x）= x lnx ，f（x）=g（x）-ax．（1）求函数g（x）的单调区间；（2）若函数f（x）在（1，+∞）上是减函数，求实数a的最小值；（3）若存在x 1 ，x 2 ∈[e，e 2 ]，使f（x 1 ）≤f ′ （x 2 ）+a，求实数a的取值范围．

Answer 1

（1）由 x＞0 lnx≠0 得，x＞0且x≠1， 则函数g（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞）， 且g′（x）= lnx-1 (lnx) 2 ，令g′（x）=0，即lnx-1=0，解得x=e， 当0＜x＜e且x≠1时，g′（x）＜0；当x＞e时，g′（x）＞0， ∴函数g（x）的减区间是（0，1），（1，e），增区间是（e，+∞）， （2）由题意得函数f（x）= x lnx -ax 在（1，+∞）上是减函数， ∴f′（x）= lnx-1 (lnx) 2 -a≤0在（1，+∞）上恒成立， 即当x∈（1，+∞）时，f ′ （x） max ≤0即可， 又∵f′（x）= lnx-1 (lnx) 2 -a= -( 1 lnx ) 2 + 1 lnx -a = - ( 1 lnx - 1 2 ) 2 + 1 4 -a ， ∴当 1 lnx = 1 2 时，即x=e 2 时， f ′ (x) max = 1 4 -a ． ∴ 1 4 -a≤0 ，得 a≥ 1 4 ，故a的最小值为 1 4 ． （3）命题“若存在x 1 ，x 2 ∈[e，e 2 ]，使f（x 1 ）≤f ′ （x 2 ）+a成立”等价于 “当x∈[e，e 2 ]时，有f（x） min ≤f′（x） max +a”， 由（2）得，当x∈[e，e 2 ]时， f ′ (x) max = 1 4 -a ，则 f ′ (x) max +a= 1 4 ， 故问题等价于：“当x∈[e，e 2 ]时，有 f (x) min ≤ 1 4 ”， 当 a≥ 1 4 时，由（2）得，f（x）在[e，e 2 ]上为减函数， 则 f (x) min =f (e 2 )= e 2 2 -a e 2 ≤ 1 4 ，故 a≥ 1 2 - 1 4 e 2 ， 当 a＜ 1 4 时，由于f′（x）= - ( 1 lnx - 1 2 ) 2 + 1 4 -a 在[e，e 2 ]上为增函数， 故f′（x）的值域为[f′（e），f′（e 2 ）]，即[-a， 1 4 -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 ]上为增函数， 于是， f (x) min =f(e)=e-ae≥e＞ 1 4 ，不合题意． （ii）若-a＜0，即0＜ a＜ 1 4 ，由f′（x）的单调性和值域知， 存在唯一x 0 ∈（e，e 2 ），使f′（x 0 ）=0，且满足： 当x∈（e，x 0 ）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；当x∈（x 0 ，e 2 ）时，f′（x）＜0，f（x）为增函数； 所以，f（x） min =f（x 0 ）= x 0 ln x 0 -a x 0 ≤ 1 4 ，x∈（e，e 2 ）， 所以，a≥ 1 ln x 0 - 1 4 x 0 ＞ 1 ln e 2 - 1 4e ＞ 1 2 - 1 4 = 1 4 ，与0＜ a＜ 1 4 矛盾，不合题意． 综上，得 a≥ 1 2 - 1 4 e 2 ．