解题思路：（1）由f（x）=ax-lnx，知
f
′
(x)=
ax-1
x
．再由实数a的取值范围进行分类讨论，能够求出f（x）的单调区间．
（2）当x∈[1，e）时，g′（x）=[1-lnx
x
2
≥0，故g（x）在[1，e）上是增函数，所以g（x）∈
[
1/2]，
1
e
+
1
2
]
．设f（x），g（x0在[1，e]上的值域分别为A，B，由题意，得A⊆B，由此入手进行分类讨论，能够求出实数a的取值范围．
（1）∵f（x）=ax-lnx，∴f′(x)=
ax-1
x．
当a≤0时，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上是减函数；
当a＞0时，令f′（x）=0，得x=[1/a]，当x∈（0，[1/a]]时，f′（x）≤0，此时f（x）为减函数；
当x∈[[1/a，+∞）时，f′（x）≥0，此时f（x）为增函数．
∴当a≤0时，f（x）的递减区间是（0，+∞）；
当a＞0时，f（x）的递减区间是（0，
1
a]]，递增区间是[[1/a]，+∞）．
（2）当x∈[1，e）时，g′（x）=[1-lnx
x2≥0，
∴g（x）在[1，e）上是增函数，
∴g（x）∈[
1/2]，[1/e+
1
2]．
设f（x），g（x0在[1，e]上的值域分别为A，B，
由题意，得A⊆B，
当a≤0时，f（x）在[1，e]上是减函数，∴A=[ae-1，a]，此时a不存在；
当a＞0时，若
1
a≥e，即0＜a≤
1
e]时，f（x）在[1，e]上是减函数，
∴A=[ae-1，a]，
∴
0＜a≤e
ae-1≥
1
2
a≤
1
e+
1
2，此时a不存在．
若1≤
1
a＜e，即[1/e＜a≤1时，
f（x）在[1，
1
a]]上是减函数，在[[1/a]，e]上是增函数．
∴f(x)min=f(
1
a)=1+lna，
∴
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性．
考点点评： 本题考查函数的单调区间的求法，考查实数的取值范围的求法，综合性强，难度大，计算繁琐，解题时要认真审题，仔细解答，注意分类讨论思想的合理运用．
1年前
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