(1)由得,x>0且x≠1, 则函数g(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞), 且g′(x)=,令g′(x)=0,即lnx-1=0,解得x=e, 当0<x<e且x≠1时,g′(x)<0;当x>e时,g′(x)>0, ∴函数g(x)的减区间是(0,1),(1,e),增区间是(e,+∞), (2)由题意得函数f(x)=-ax在(1,+∞)上是减函数, ∴f′(x)=-a≤0在(1,+∞)上恒成立, 即当x∈(1,+∞)时,f′(x)max≤0即可, 又∵f′(x)=-a=-()2+-a=-(-)2+-a, ∴当=时,即x=e2时,f′(x)max=-a. ∴-a≤0,得a≥,故a的最小值为. (3)命题“若存在x1,x2∈[e,e2],使f(x1)≤f′(x2)+a成立”等价于 “当x∈[e,e2]时,有f(x)min≤f′(x)max+a”, 由(2)得,当x∈[e,e2]时,f′(x)max=-a,则f′(x)max+a=, 故问题等价于:“当x∈[e,e2]时,有f(x)min≤”, 当a≥时,由(2)得,f(x)在[e,e2]上为减函数, 则f(x)min=f(e2)=-ae2≤,故a≥-, 当a<时,由于f′(x)=-(-)2+-a在[e,e2]上为增函数, 故f′(x)的值域为[f′(e),f′(e2)],即[-a,-a]. (i)若-a≥0,即a≤0,f′(x)≥0在[e,e2]恒成立,故f(x)在[e,e2]上为增函数, 于是,f(x)min=f(e)=e-ae≥e>,不合题意. (ii)若-a<0,即0<a<,由f′(x)的单调性和值域知, 存在唯一x0∈(e,e2),使f′(x0)=0,且满足: 当x∈(e,x0)时,f′(x)<0,f(x)为减函数;当x∈(x0,e2)时,f′(x)<0,f(x)为增函数; 所以,f(x)min=f(x0)=-ax0≤,x∈(e,e2), 所以,a≥->->-=,与0<a<矛盾,不合题意. 综上,得a≥-. |