题目

题型：解答题难度：一般来源：不详

设函数f(x)=lnx，g(x)=x-

1

x

．
（1）求Φ（x）=g（x）+kf（x）（k＜0）的单调区间；
（2）若对所有的x∈[e，+∞），都有xf（x）≥ax+a成立，求a的取值范围．

答案

（1）函数φ（x）=x-

1

x

+klnx的定义域为（0，+∞）．
φ′（x）=1+

1

x2

+

k

x

=

x2+kx+1

x2

，
记函数h（x）=x²+kx+1，其判别式△=k²-4．
①当△=k²-4≤0，（k＜0），即-2≤k＜0时，g（x）≥0恒成立，
∴φ′（x）≥0在（0，+∞）恒成立，φ（x）在区间（0，+∞）上递增．
②当△=k²-4＞0，（k＜0）即k＜-2时，
方程h（x）=0有两个不等的实根x₁=

-k- k2-4

2

＞0，x₂=

-k+ k2-4

2

＞0．
若x₁＜x＜x₂，则h（x）＜0，∴φ′（x）＜0，
∴φ（x）在区间（x₁，x₂）上递减；
若x＞x₂或0＜x＜x₁，则g（x）＞0，∴φ′（x）＞0，
∴φ（x）在区间（0，x₁）和（x₂，+∞）上递增．
综上可知：当-2≤k＜0时，φ（x）的递增区间为（0，+∞）；
当k＜-2时，φ（x）的递增区间为（0，

-k- k2-4

2

）和（

-k+ k2-4

2

，+∞），
递减区间为（

-k- k2-4

2

，

-k+ k2-4

2

）．
（2）∵x≥e，∴xlnx≥ax+a⇔a≤

xlnx

x+1

，
令t（x）=

xlnx

x-1

，x∈[e，+∞），则h′（x）=

x+lnx+1

(x+1)2

，
∵当x≥e时，（x+lnx+1）′=1+

1

x

＞0，
∴函数y=x+lnx+1在[e，+∞）上是增函数，
∴x+lnx+1≥e+lne+1=e+2＞0，h′（x）＞0，
∴t（x）的最小值为h（e）=

e

e+1

，
∴a≤

e

e+1

．