Question

設函數f（x）=alnx，g（x）=

1

2

x²．
（1）記h（x）=f（x）-g（x），若a=4，求h（x）的單調遞增區間；
（2）記g'（x）為g（x）的導函數，若不等式f（x）+2g'（x）≤（a+3）x-g（x）在x∈[1，e]上有解，求實數a的取值范圍；
（3）若a=1，對任意的x₁＞x₂＞0，不等式m[g（x₁）-g（x₂）]＞x₁f（x₁）-x₂f（x₂）恒成立．求m（m∈Z，m≤1）的值．

Answer 1

分析：（1）當a=4時，可得h(x)=4lnx-

1

2

x2，利用導數公式算出h′(x)=

4

x

-x，再解關于x的不等式并結合函數h（x）的定義域，即可得到函數h（x）的單調遞增區間；
（2）通過移項合并同類項，化簡不等式f（x）+2g'（x）≤（a+3）x-g（x）得a(x-lnx)≥

1

2

x2-x，再進行變量分離得a≥

1 2 x2-x

x-lnx

，由此設y=

1 2 x2-x

x-lnx

并討論其單調性得到ymin=-

1

2

，結合原不等式有解即可算出實數a的取值范圍；
（3）當a=1時原不等式恒成立，即mg（x₁）-x₁f（x₁）＞mg（x₂）-x₂f（x₂）恒成立，因此設t(x)=

m

2

x2-xlnx，結合題意當x∈（0，+∞）時t（x）為增函數，得t′（x）≥0恒成立，解出m≥

lnx+1

x

恒成立．再研究不等式右邊對應函數h（x）的單調性得到h（x）_max=1，從而得到m≥1，結合已知條件可得m=1．

解答：解：（1）當a=4時，可得f（x）=4lnx，此時h(x)=4lnx-

1

2

x2，
由h′(x)=

4

x

-x＞0得-2＜x＜2，結合x＞0，可得0＜x＜2．
所以h（x）的單調遞增區間為（0，2）．…（4分）
（2）不等式f（x）+2g′（x）≤（a+3）x-g（x），即為alnx+2x≤(a+3)x-

1

2

x2，
化簡得：a(x-lnx)≥

1

2

x2-x，
由x∈[1，e]知x-lnx＞0，因而a≥

1 2 x2-x

x-lnx

，設y=

1 2 x2-x

x-lnx

，
由y′=

(x-1)(x-lnx)-(1- 1 x )( 1 2 x2-x)

(x-lnx)2

=

(x-1)( 1 2 x+1-lnx)

(x-lnx)2

，
∵當x∈（1，e）時x-1＞0，

1

2

x+1-lnx＞0，∴y′＞0在x∈[1，e]時成立．
由不等式有解，可得知a≥ymin=-

1

2

，即實數a的取值范圍是[-

1

2

，+∞）…（10分）
（3）當a=1，f（x）=lnx．
由m[g（x₁）-g（x₂）]＞x₁f（x₁）-x₂f（x₂）恒成立，得mg（x₁）-x₁f（x₁）＞mg（x₂）-x₂f（x₂）恒成立，
設t(x)=

m

2

x2-xlnx(x＞0)．
由題意知x₁＞x₂＞0，故當x∈（0，+∞）時函數t（x）單調遞增，
∴t′（x）=mx-lnx-1≥0恒成立，即m≥

lnx+1

x

恒成立，
因此，記y=

lnx+1

x

，得y′(x)=

-lnx

x2

，
∵函數在（0，1）上單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減，
∴函數h（x）在x=1時取得極大值，并且這個極大值就是函數h（x）的最大值．
由此可得h（x）_max=h（1）=1，故m≥1，結合已知條件m∈Z，m≤1，可得m=1．…（16分）

點評：本題給出含有分式和對數符號的函數，求函數的單調區間并討論關于x的不等式解集非空的問題，著重考查了導數的公式和運算法則、利用導數研究函數的單調性和導數在最大最小值問題中的應用等知識，屬于中檔題．