Question

18．已知函數(shù)f（x）=bx-axlnx（a＞0）的圖象在點(diǎn)（1，f（1））處的切線與直線平y(tǒng)=（1-a）x行．
（1）若函數(shù)y=f（x）在[e，2e]上是減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的最小值；
（2）設(shè)g（x）=$\frac{f（x）}{lnx}$，若存在x₁∈[e，e²]，使g（x₁）≤$\frac{1}{4}$成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到b-a=1-a，解出b，求出函數(shù)的解析式，問題轉(zhuǎn)化為a≥$\frac{1}{lnx+1}$在[e，2e]上恒成立，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可；
（2）問題等價于x₁∈[e，e²]時，有g(shù)（x）_min≤$\frac{1}{4}$成立，通過討論a的范圍結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性求出a的具體范圍即可．

解答 解：f′（x）=b-a-alnx，
∴f′（1）=b-a，
∴b-a=1-a，b=1，
∴f（x）=x-axlnx，
（1）函數(shù)y=f（x）在[e，2e]上是減函數(shù)，
∴f′（x）=1-a-alnx≤0在[e，2e]上恒成立，
即a≥$\frac{1}{lnx+1}$在[e，2e]上恒成立，
∵h(yuǎn)（x）=$\frac{1}{lnx+1}$在[e，2e]上遞減，
∴h（x）的最大值是$\frac{1}{2}$，
∴實(shí)數(shù)a的最小值是$\frac{1}{2}$；
（2）∵g（x）=$\frac{f（x）}{lnx}$=$\frac{x}{lnx}$-ax，
∴g′（x）=$\frac{lnx-1}{{（lnx）}^{2}}$=-${（\frac{1}{lnx}-\frac{1}{2}）}^{2}$+$\frac{1}{4}$-a，
故當(dāng)$\frac{1}{lnx}$=$\frac{1}{2}$即x=e²時，g′（x）_max=$\frac{1}{4}$-a，
若存在x₁∈[e，e²]，使g（x₁）≤$\frac{1}{4}$成立，
等價于x₁∈[e，e²]時，有g(shù)（x）_min≤$\frac{1}{4}$成立，
當(dāng)a≥$\frac{1}{4}$時，g（x）在[e，e²]上遞減，
∴g（x）_min=g（e²）=$\frac{{e}^{2}}{2}$-ae²≤$\frac{1}{4}$，故a≥$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{{4e}^{2}}$，
當(dāng)0＜a＜$\frac{1}{4}$時，由于g′（x）在[e，2e]上遞增，
故g′（x）的值域是[-a，$\frac{1}{4}$-a]，
由g′（x）的單調(diào)性和值域知：
存在x₀∈[e，e²]，使g′（x）=0，且滿足：
x∈[e，x₀），g′（x）＜0，g（x）遞減，x∈（x₀，e²]，g′（x）＞0，g（x）遞增，
∴g（x）_min=g（x₀）=$\frac{{x}_{0}}{l{nx}_{0}}-{ax}_{0}$≤$\frac{1}{4}$，x₀∈（e，e²），
∴a≥$\frac{1}{l{nx}_{0}}$-$\frac{1}{{4x}_{0}}$＞$\frac{1}{l{ne}^{2}}$-$\frac{1}{4e}$＞$\frac{1}{4}$，與0＜a＜$\frac{1}{4}$矛盾，不合題意，
綜上：a≥$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{{4e}^{2}}$．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，是一道綜合題．