Question

（2008•黃岡模擬）若函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=x-

2

x

（Ⅰ）求函數(shù)?（x）=g（x）+kf（x）（k∈R）的單調(diào)區(qū)間
（Ⅱ）若對所有的x∈[3，+∞）都有xf（x）≥ax-a成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析：（Ⅰ）先求出函數(shù)的定義域，求出導函數(shù)?′(x)=

x2+kx+2

x2

因為x²＞0，討論△的正負即可得到?′（x）的正負，即可得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．
（Ⅱ）由xf（x）≥ax-a解出

a≤ xlnx x-1

，設h（x）=

xlnx x-1

，所以求出h′（x），
討論h（x）的增減性得到h（x）的最小值．讓a小于等于最小值即可得到a的范圍．

解答：解：（Ⅰ）?（x）的定義域為（0，+∞）…（12分）
?′(x)=1+

2

x2

+

k

x

=

x2+kx+2

x2

…（2分）
△=k²-8
①當△=k2-8≤0時，即-2

2

≤k≤2

2

時，?′(x)≥0…（3分）
②△=k2-8＞0時，即k＞2

2

或k＜-2

2

時
方程x2+kx+2=0有兩個不等實根x1=

-k- k2-8

2

，x2=

-k+ k2-8

2

若k＞2

2

，則x1＜x2＜0，故?′(x)＞0…（4分）

若k＜-2 2 ，則0＜x1＜x2 當0＜x＜x1時，?′(x)＞0；當x1＜x＜x2時，?′(x)＜0；

當x₂＜x時，?'（x）＞0…（5分）
綜上：當k＜-2

2

時，?(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，

-k- k2-8

2

)及(

-k+ k2-8

2

，+∞)
單調(diào)遞減區(qū)間為[

-k- k2-8

2

，

-k+ k2-8

2

]當k≥-2

2

時，?(x)的單調(diào)遞增區(qū)間（0，+∞）…（6分）
（Ⅱ）∵x≥e

∴xlnx≥ax-a?a≤ xlnx x-1

…（7分）
令h(x)=

xlnx

x-1

，x∈[e，+∞)…（8分）
則h′(x)=

x-lnx-1

(x-1)2

…（9分）

∵當x≥e時，(x-lnx-1)=1- 1 x ＞0 ∴x-lnx-1≥e-lne-1=e-2＞0

∴h'（x）＞0…（10分）
∴h(x)min=h(e)=

e

e-1

…（11分）∴a≤

e

e-1

…（12分）
另解：xf（x）≥ax-a?xlnx-ax+a≥0
令h（x）=xlnx-ax+a，
則當x∈[e，+∞）時，h（x）_min≥0…（7分）
h'（x）=lnx+1-a，由h'（x）=0得x=e^a-1…（8分）
且當0＜x＜e^a-1時h'（x）＜0，當x＞e^a-1時h'（x）＞0
∴h（x）在（0，e^a-1）單減，在（e^a-1，+∞）單增…（9分）
①當a≤2時，e^a-1≤e
∴h(x)在(e，+∞)單增，

∴h(x)min=h(e)=e-ae+a≥0

∴a≤

e

e-1

…（11分）
②當a＞2時，由h（e）≥0⇒e+a≥ae若2＜a＜e，
則e+a＜2e＜ae，若a≥e，則e+a≤2a＜ae，
故a＞2不成立
綜上所述a≤

e

e-1

…（12分）

點評：考查學生會分區(qū)間討論導函數(shù)的正負得到函數(shù)的增減性，會利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值．學生做題時應掌握不等式恒成立是所取的條件．