Question

已知向量

m

=（lnx，1-alnx），

n

=（x，f（x）），

m

∥

n

，f′（x）為函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，求實數(shù)a的最小值；
（Ⅱ）若存在x₁，x₂∈[e，e²]，使得f（x₁）≤f′（x₂）+a，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

考點：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的運算,平行向量與共線向量

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用,空間向量及應(yīng)用

分析：（Ⅰ）由

m

∥

n

得f（x）=

x

lnx

-ax，然后求導(dǎo)數(shù)，再由函數(shù)f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，可得f′（x）=

lnx-1

(lnx)2

-a≤0對x＞1恒成立，轉(zhuǎn)化為求最值，（Ⅱ）命題“若存在x₁，x₂∈[e，e²]，使f（x₁）≤f′（x₂）-a成立”，等價于“當(dāng)x∈[e，e²]時，有f（x）_min≤f′（x）_max-a”，由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)結(jié)合分類討論思想能求出實數(shù)a的取值范圍．

解答： 解：（Ⅰ）∵向量

m

=（lnx，1-alnx），

n

=（x，f（x）），

m

∥

n

，
∴l(xiāng)nx•f（x）=x（1-alnx）（x＞0），
∴f（x）=

x(1-alnx)

lnx

=

x

lnx

-ax，
∴f′（x）=

lnx-1

(lnx)2

-a，
∵函數(shù)f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
∴f′（x）=

lnx-1

(lnx)2

-a≤0對x＞1恒成立，
即a≥

lnx-1

(lnx)2

對x＞1恒成立，
令g（x）=

lnx-1

(lnx)2

=

1

lnx

-(

1

lnx

)2，
令

1

lnx

=t，x＞1，lnx＞0，t∈（0，+∞），
g（t）=-t²+t，為二次函數(shù)，圖象開口向下，對稱軸為t=

1

2

，
則t=

1

2

時，g（t）取得最大值

1

4

，
所以a≥

1

4

，
∴實數(shù)a的最小值為

1

4

，
（Ⅱ）命題“若存在x₁，x₂∈[e，e²]，使f（x₁）≤f′（x₂）+a成立”
等價于“當(dāng)x∈[e，e²]時，有f（x）_min≤f′（x）_max+a”，
由（Ⅰ）知，當(dāng)x∈[e，e²]時，lnx∈[1，2]，

1

lnx

∈[

1

2

，1]，
f′（x）═

1

lnx

-(

1

lnx

)2-a=-（

1

lnx

-

1

2

）²+

1

4

-a≤

1

4

-a，
f′（x）_max+a=

1

4

，
則問題等價于：“當(dāng)x∈[e，e²]時，有f（x）_min≤

1

4

”，
①當(dāng)a≤-

1

4

時，由（Ⅰ），f（x）在[e，e²]上為減函數(shù)，
則f（x）_min=f（e²）=

e2

2

-ae²≤

1

4

，
∴a≥

1

2

-

1

4e2

，與a≤-

1

4

矛盾，
②a＞-

1

4

時，∵x∈[e，e²]，∴l(xiāng)nx∈[1，2]，
∵f′（x）=

lnx-1

(lnx)2

-a，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性知f′（x）在[e，e²]上為增函數(shù)，
∴存在唯一x₀∈（e，e²），使f′（x₀）=0且滿足：
f（x）min=f（x₀）=

x0

lnx0

-ax₀，
要使f（x）_min≤

1

4

，
∴a≥

1

lnx0

-

1

4x0

＜

1

2

-

1

4

=

1

4

，
∴此時a≥

1

4

，
綜上，實數(shù)a的取值范圍為[

1

4

，+∞）．

點評：本題主要考查函數(shù)、導(dǎo)數(shù)等基本知識．考查運算求解能力及化歸思想、函數(shù)方程思想、分類討論思想的合理運用，注意導(dǎo)數(shù)性質(zhì)的合理運用．