解题思路：（I）利用导数的运算法则可得g′（x），分别解出g′（x）＞0，g′（x）＜0，即可得出其单调区间；
（II）函数f（x）在（1，+∞）上是减函数，可得f′（x）≤0恒成立，即
lnx−1−a(lnx
)
2
(lnx
)
2
]≤0恒成立．通过分离参数转化为
a≥[
1
lnx
−
1
(lnx
)
2
]
max
．，再利用二次函数的单调性即可得出；
（III））由于∀x1∈[e，e2]，∃x2∈[e，e2]，使g（x1）≤f′（x2）+2a成立，可得
g(
x
1
)
max
≤[
f
′
(
x
2
)+2a
]
max
．分别利用导数和二次函数的单调性即可得出．
（I）g′(x)＝
lnx−1
(lnx)2（x＞0且x≠1）．
令g′（x）＞0，解得，x＞e，因此函数g（x）在区间（e，+∞）单调递增；
令g′（x）＜0，解得0＜x＜e且x≠1，因此函数g（x）在区间（0，1），（1，e）单调递减．
（II）f（x）=g（x）-ax=[x/lnx−ax（x＞1）．f′（x）=
lnx−1−a(lnx)2
(lnx)2]．
∵函数f（x）在（1，+∞）上是减函数，∴f′（x）≤0恒成立，即
lnx−1−a(lnx)2
(lnx)2≤0恒成立．
∴a≥[
1
lnx−
1
(lnx)2]max．
∵x＞1，∴lnx＞0，
∴[1/lnx−
1
(lnx)2]=−(
1
lnx−
1
2)2+
1
4≤[1/4]，当lnx=2，即x=e2时取等号．
∴a≥
1
4．
∴实数a的最小值是[1/4]．
（III）∵∀x1∈[e，e2]，∃x2∈[e，e2]，使g（x1）≤f′（x2）+2a成立，
∴g(x1)max≤[f′(x2)+2a]max．
由（I）可知：g（x1）在[e，e2]上单调递增，∴g（x1）max=g（e2）=
e2
2．
∵x∈[e，e2]，∴1≤lnx≤2，∴[1/2≤
1
lnx≤1．
令h（x）=f′（x）+2a=
lnx−1
(lnx)2]-a+2a=[1/lnx−
1
(lnx)2+a=−(
1
lnx−
1
2)
点评：
本题考点： 利用导数求闭区间上函数的最值；导数的运算；利用导数研究函数的单调性．
考点点评： 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、二次函数的单调性，考查了恒成立问题的等价转化方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．
1年前
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