Question

設(shè)函數(shù)f（x）=ax+

x

lnx

（a＜0）．
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）在（1，+∞）上為減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的最大值；
（Ⅱ）若存在x₁，x₂∈[

e

，e²]，使f（x₁）≤f′（x₂）-a成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）由已知得f（x）的定義域?yàn)椋?，1）∪（1，+∞），f′(x)=a+

lnx-1

(lnx)2

≤0在（1，+∞）上恒成立，由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能求出a的最大值．
（Ⅱ）命題“若存在x₁，x₂∈[

e

，e²]，使f（x₁）≤f′（x₂）-a成立”，等價(jià)于“當(dāng)x∈[

e

，e2]時(shí)，有f（x）_min≤f′（x）_max-a”，由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)結(jié)合分類討論思想能求出實(shí)數(shù)a的取值范圍．

解答： 解：（Ⅰ）由已知得f（x）的定義域?yàn)椋?，1）∪（1，+∞），
∵f（x）在（1，+∞）上為減函數(shù)，
∴f′(x)=a+

lnx-1

(lnx)2

≤0在（1，+∞）上恒成立，
a≤

1

(lnx)2

-

1

lnx

=(

1

lnx

-

1

2

)2-

1

4

，
令g（x）=（

1

lnx

-

1

2

）²-

1

4

，
故當(dāng)

1

lnx

=

1

2

，即x=e²時(shí)，
g（x）的最小值為-

1

4

，∴a≤-

1

4

，
∴a的最大值為-

1

4

．
（Ⅱ）命題“若存在x₁，x₂∈[

e

，e²]，使f（x₁）≤f′（x₂）-a成立”，
等價(jià)于“當(dāng)x∈[

e

，e2]時(shí)，有f（x）_min≤f′（x）_max-a”，
由（Ⅰ）知，當(dāng)x∈[

e

，e²]時(shí)，lnx∈[

1

2

，2]，

1

lnx

∈[

1

2

，2]，
f′(x)=a+

lnx-1

(lnx)2

=-（

1

lnx

-

1

2

）²+

1

4

+a，
f′（x）_max-a=

1

4

，
問題等價(jià)于：“當(dāng)x∈[

e

，e2]時(shí)，有f（x）_min≤

1

4

”，
①當(dāng)a≤-

1

4

時(shí)，由（Ⅰ），f（x）在[

e

，e²]上為減函數(shù)，
則f（x）_min=f（e²）=ae²+

e2

2

≤

1

4

，
∴a≤

1

4e2

-

1

2

-

1

4

，
∴a≤

1

4e2

-

1

2

．
②當(dāng)-

1

4

＜a＜0時(shí)，∵x∈[

e

，e²]，∴l(xiāng)nx∈[

1

2

，2]，
∵f′(x)=a+

lnx-1

(lnx)2

，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性知f′（x）在[

e

，e²]上為增函數(shù)，
∴存在唯一x₀∈（

e

，e2），使f′（x₀）=0且滿足：
f(x)min=f(x0)=ax0+

x0

lnx0

，
要使f(x)min≤

1

4

，∴a≤

1

4x0

-

1

lnx0

＜

1

4

-

1

2

=-

1

4

，
與-

1

4

＜a＜0矛盾，
∴-

1

4

＜a＜0不合題意，
綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為（-∞，

1

4e2

-

1

2

]．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查函數(shù)、導(dǎo)數(shù)等基本知識(shí)．考查運(yùn)算求解能力及化歸思想、函數(shù)方程思想、分類討論思想的合理運(yùn)用，注意導(dǎo)數(shù)性質(zhì)的合理運(yùn)用．