Question

【題目】已知函數(shù)f（x）=ax﹣lnx；g（x）= ．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）求證：若a=e（e是自然常數(shù)），當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，f（x）≥e﹣g（x）恒成立；
（3）若h（x）=x2[1+g（x）]，當(dāng)a＞1時(shí)，對(duì)于x1∈[1，e]，x0∈[1，e]，使f（x1）=h（x0），求a的取值范圍．

Answer 1

【答案】
（1）解：∵f（x）=ax﹣lnx，∴x＞0， ，

∵x＞0，

∴當(dāng)a≤0時(shí)，f′（x）＜0，∴f（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)，

當(dāng)a＞0時(shí)，若x＞ ，則f′（x）＞0，∴f（x）在（ ，+∞）上是增函數(shù)，

若0＜x＜ ，則f′（x）＜0，∴f（x）在（0， ）上是減函數(shù)．

綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，f（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)，

當(dāng)a＞0時(shí)，f（x）在（ ，+∞）上是增函數(shù)，在（0， ）上是減函數(shù)．

（2）證明：當(dāng)a=e時(shí)，f（x）=ex﹣lnx，

∴ ，∴x∈[1，e]時(shí)，f′（x）＞0恒成立．

f（x）=ex﹣lnx在[1，e]上是單調(diào)遞增函數(shù)，∴f（x）min=f（1）=e，

令H（x）=e﹣g（x）=e﹣ ，則H′（x）= ，x∈[1，e]時(shí)，H′（x）≤0，

∴H（x）在[1，e]上單調(diào)遞減，H（x）max=H（1）=e，

∴f（x）≥H（x），即f（x）≥e﹣g（x）．

故a=e（e是自然常數(shù)），當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，f（x）≥e﹣g（x）恒成立．

（3）解：∵ ，a＞1時(shí)，由x∈[1，e]，得f′（x）＞0，

∴f（x）=ax﹣lnx在[1，e]上單調(diào)遞增，

f（x）min=f（1）=a，f（x）max=f（e）=ae﹣1，即f（x）的值域是[a，ae﹣1]，

由h（x）=x2+1﹣lnx，得 ，∴x∈[1，e]時(shí)，h′（x）＞0，

h（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，

∴h（x）min=h（1）=2，h（x）max=h（e）=e2，即h（x）的值域是[2，e2]，

x1∈[1，e]，x0∈[1，e]，有f（x1）=h（x0），

∴f（x）的值域是h（x）的值域的子集，

∴ ，∴ ．

∴a的取值范圍是[2，e+ ]．

【解析】（1）推導(dǎo)出 ，由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性．（2）當(dāng)a=e時(shí)，f（x）=ex﹣lnx， ，由此利用構(gòu)造法和導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能證明a=e（e是自然常數(shù)），當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，f（x）≥e﹣g（x）恒成立．（3）由 ，a＞1時(shí)，求出f（x）的值域是[a，ae﹣1]，由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能求出a的取值范圍．
【考點(diǎn)精析】本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和函數(shù)的最大(小)值與導(dǎo)數(shù)的相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，需要掌握一般的,函數(shù)的單調(diào)性與其導(dǎo)數(shù)的正負(fù)有如下關(guān)系： 在某個(gè)區(qū)間內(nèi)，(1)如果，那么函數(shù)在這個(gè)區(qū)間單調(diào)遞增；(2)如果，那么函數(shù)在這個(gè)區(qū)間單調(diào)遞減；求函數(shù)在上的最大值與最小值的步驟：（1）求函數(shù)在內(nèi)的極值；（2）將函數(shù)的各極值與端點(diǎn)處的函數(shù)值，比較，其中最大的是一個(gè)最大值，最小的是最小值才能正確解答此題．