Question

【题目】已知函数f（x）=lnx﹣ ，g（x）= ﹣1． （Ⅰ）若a＞0，试判断f（x）在定义域内的单调性；
（Ⅱ）若f（x）在[1，e]上的最小值为 ，求a的值；
（Ⅲ）当a=0时，若x≥1时，恒有xf（x）≤λ[g（x）+x]成立，求λ的最小值．

Answer 1

【答案】解：（Ⅰ）∵f（x）=lnx﹣ ， ∴由题意知f（x）的定义域为（0，+∞）
且f′（x）= + =
∵a＞0，∴f′（x）＞0，
故f（x）在（0，+∞）上是单调递增函数
（Ⅱ）由（1）可知，f′（x）= ．
①若a≥﹣1，则x+a≥0，即f′（x）≥0在[1，e]上恒成立，
此时f（x）在[1，e]上为增函数，
∴f（x）min=f（1）=﹣a= ，∴a=﹣ （舍去）．
②若a≤﹣e，则x+a≤0，即f′（x）≤0在[1，e]上恒成立，
此时f（x）在[1，e]上为减函数，
∴f（x）min=f（e）=1﹣ = ，∴a=﹣ （舍去）．
③若﹣e＜a＜﹣1，令f′（x）=0得x=﹣a，
当1＜x＜﹣a时，f′（x）＜0，∴f（x）在（1，﹣a）上为减函数；
当﹣a＜x＜e时，f′（x）＞0，∴f（x）在（﹣a，e）上为增函数，
∴f（x）min=f（﹣a）=ln（﹣a）+1= ，∴a=﹣ ．
综上所述，a=﹣ ．
（Ⅲ）∵xf（x）≤λ[g（x）+x]，∴ ，
∴xlnx≤λ（ ），∴lnx﹣ （x﹣ ）≤0，
令 ，
当λ≤﹣1时，△=4﹣4（﹣λ）（﹣λ）≤0，故恒有﹣λx2+2x﹣λ≥0，
则G′（x）≥0恒成立，故G（x）在区间[1，+∞）单调递增，
∴G（x）≥G（1）=0，这与条件矛盾；
当﹣1＜λ＜0时，x=﹣ ，
故有y=﹣λx2+2x﹣λ在区间[1，+∞）上单调递增，
故有﹣λx2+2x﹣λ＞2﹣2λ＞0，则G′（x）≥0恒成立，
故G（x）在区间[1，+∞）上恒单调递增，
∴G（x）≥G（1）=0，这与条件矛盾；
当λ=0时，G′（x）= ＞0，故G（x）在区间[1，+∞）上单调递增，
∴G（x）≥G（1），这与条件矛盾；
当0＜λ＜1时，设﹣λx2+2x﹣λ=0的两根为x1 ， x2 ， 且x1＜x2 ，
∵ ，
∴0＜x1＜1＜x2 ， ∴x∈（1，x2）时，﹣λx2+2x﹣λ＞0，
故函数G（x）在区间（1，x2）上单调递增，
∴G（x2）≥G（1）=0，这与条件矛盾；
当λ≥1时，△=4﹣4（﹣λ）（﹣λ）≤0，故恒有﹣λx2+2x﹣λ≤0，
∴G′（x）≤0恒成立，故G（x）在区间[1，+∞）上单调递减，
∴G（x）≤G（1）=0，命题成立．
综上所述λ≥1，所以λ的最小值为1．
【解析】（Ⅰ）由题意知f（x）的定义域为（0，+∞），且f′（x）= + = ，由此得到f（x）在（0，+∞）上是单调递增函数．（Ⅱ）由f′（x）= ，根据a≥﹣1，a≤﹣e，﹣e＜a＜﹣1，进行分类讨论，利用导数性质能求出a的值．（Ⅲ）推导出lnx﹣ （x﹣ ）≤0，令 ，要所λ≤﹣1，﹣1＜λ＜0，λ=0，0＜λ＜1，λ≥1进行分类讨论，利用导数性质能求出λ的最小值．
【考点精析】利用利用导数研究函数的单调性和函数的最大(小)值与导数对题目进行判断即可得到答案，需要熟知一般的,函数的单调性与其导数的正负有如下关系： 在某个区间内，(1)如果，那么函数在这个区间单调递增；(2)如果，那么函数在这个区间单调递减；求函数在上的最大值与最小值的步骤：（1）求函数在内的极值；（2）将函数的各极值与端点处的函数值，比较，其中最大的是一个最大值，最小的是最小值．