...lnx ,f(x)=g(x)-ax.(1)求函数g(x)的单调区间;(2)若函数f(x_百度知...
发布网友
发布时间：2024-10-03 12:59
共1个回答
热心网友
时间：2024-10-29 06:11
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 ．
