Question

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

Answer 1

【答案】分析：（1）先求出φ（x）的解析式，再求出定義域，求出導(dǎo)數(shù)并進(jìn)行整理，對△=k²-8進(jìn)行分兩類討論，分別求出k的范圍、φ′（x）≥0和φ′（x）＜0對應(yīng)的x范圍，即是函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）由題意得轉(zhuǎn)化為：x∈[e，+∞）都有xlnx≥ax-a成立，分離出a后構(gòu)造函數(shù)h（x）=，利用導(dǎo)數(shù)求出此函數(shù)在[e，+∞）上的最小值；
另解：由xlnx≥ax-a構(gòu)造函數(shù)h（x）=xlnx-ax+a，利用導(dǎo)數(shù)求出h（x）在[e，+∞）上的最小值，需要對a進(jìn)行分類討論．
解答：解：（Ⅰ）由題意得φ（x）=x-+klnx的定義域為（0，+∞），
∴φ′（x）==，
令y=x²+kx+2得，則△=k²-8，
①當(dāng)△=k²-8≤0時，即，φ′（x）≥0，
②當(dāng)△=k²-8＞0時，即或，
此時方程x²+kx+2=0有兩個不同實根：，，
若時，則x₁＜x₂＜0，故φ′（x）＞0，
若時，則0＜x₁＜x₂，
當(dāng)0＜x＜x₁或x＞x₂時，φ′（x）＞0；當(dāng)x₁＜x＜x₂時，φ′（x）＜0，
綜上：當(dāng)時，φ（x）的單調(diào)遞增區(qū)間（0，+∞），
當(dāng)時，φ（x）的單調(diào)遞增區(qū)間（0，），（，+∞），
單調(diào)減區(qū)間為（，）；
（Ⅱ）由題意得，x∈[e，+∞）都有xlnx≥ax-a成立，即a≤，
令h（x）=，x∈[e，+∞），
則h′（x）==，
∵當(dāng)x≥e時，（x-lnx-1）′=1-＞0，
∴x-lnx-1≥e-lne-1=e-2＞0，即h′（x）＞0，
則h（x）在[e，+∞）上遞增，故h（x）_min=h（e）=，
∴；
另解：由xlnx≥ax-a得，xlnx-ax+a≥0，
令h（x）=xlnx-ax+a，則當(dāng)在[e，+∞）上時，h（x）_min≥0，
則h′（x）=lnx+1-a，由h′（x）=0得x=e^a-1，
當(dāng)0＜x＜e^a-1時，h′（x）＜0；當(dāng)x＞e^a-1時，h′（x）＞0，
∴h（x）在（0，e^a-1）上單調(diào)遞減，在（e^a-1，+∞）上單調(diào)遞增，
①當(dāng)a≤2時，e^a-1≤e
∴h（x）在（e，+∞）上單調(diào)遞增，
∴h（x）_min=h（e）=e-ae+a≥0，即，
②當(dāng)a＞2時，h（e）≥0，即e-ae+a≥0，得e+a≥ae，
若2＜a＜e，則e+a＜2e＜ae；若a≥e，則e+a≤2a＜ae，
∴a＞2不成立，
綜上所述．
點(diǎn)評：本題考查了導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性關(guān)系，以及恒成立問題轉(zhuǎn)化為求單調(diào)性和最值等綜合應(yīng)用，考查了分類討論思想、轉(zhuǎn)化思想和分離常數(shù)方法．