Question

已知函数f（x）=ax-

1

x

+b-（a+1）lnx，（a，b∈R），g(x)=-

2

e

x+

e

2

．
（Ⅰ）若函数f（x）在x=2处取得极小值0，求a，b的值；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求证：对任意x1，x2∈[e，e2]，总有f（x₁）＞g（x₂）；
（Ⅲ）求函数f（x）的单调递增区间．

Answer 1

分析：（I）利用

f′(2)=0 f(2)=0

解出并检验即可得出；
（II）利用导数分别求出f（x）_min和g（x）_max，再证明f（x）_min-g（x）_max＞0即可；
（III）先求出导数f′（x），再对a分类讨论即可得出．

解答：解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′(x)=a+

1

x2

-

a+1

x

由题意得

f′(2)=a+ 1 4 - a+1 2 =0 f(2)=2a- 1 2 +b-(a+1)ln2=0

，
∴a=

1

2

，b=

3

2

ln2-

1

2

．
经检验符合题意．
（Ⅱ）f′(x)=

1

2

+

1

x2

-

3

2x

=

x2-3x+2

2x2

=

(x-2)(x-1)

2x2

，当x∈[e，e²]时，f'（x）＞0，
所以f（x）在[e，e²]上单调递增，所以f(x)min=f(e)=

e

2

-

1

e

+

3

2

ln2-2，
g′(x)=-

2

e

，当x∈[e，e²]时，g'（x）＜0，g（x）在[e，e²]上单调递减，所以     g(x)max=g(e)=

e

2

-2．
因为f(x)min-g(x)max=

3

2

ln2-

1

e

＞0，
所以对任意x1，x2∈[e，e2]，总有f（x₁）＞g（x₂）．
（Ⅲ）f′(x)=

ax2-(a+1)x+1

x2

=

(ax-1)(x-1)

x2

．
（1）当a=0时，由f'（x）＞0得，0＜x＜1；
（2）当a＜0时，由f'（x）＞0得，0＜x＜1；
（3）当a＞0时，
（ⅰ）若0＜a＜1，由f'（x）＞0得，0＜x＜1或x＞

1

a

；
（ⅱ）若a=1，则f'（x）≥0恒成立，（在（0，1）和（1，+∞）上f'（x）＞0，f′（1）=0），得x＞0；
（ⅲ）若a＞1，由f'（x）＞0得，0＜x＜

1

a

或x＞1．
综上所述，当a≤0时，函数f（x）的单调递增区间为（0，1）；
当0＜a＜1时，函数f（x）的单调递增区间为（0，1）和(

1

a

，+∞)；
当a=1时，函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞）；
当a＞1时，函数f（x）的单调递增区间为(0，

1

a

)和（1，+∞）．

点评：熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值与最值、分类讨论的思想方法等是解题的关键．