Question

9．已知函數(shù)f（x）=x-axlnx，a∈R．
（Ⅰ）當(dāng)a=1時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）設(shè)$g（x）=\frac{f（x）}{lnx}$，若函數(shù)g（x）在（1，+∞）上為減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的最小值；
（Ⅲ）若$?{x_0}∈[{e，{e^2}}]$，使得$f（{x_0}）≤\frac{1}{4}ln{x_0}$成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）由已知得f（x）的定義域?yàn)椋?，1）∪（1，+∞），f′（x）=-a+$\frac{lnx-1}{{（lnx）}^{2}}$在（1，+∞）上恒成立，由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能求出a的最大值；
（Ⅲ）通過分析，問題等價于：“當(dāng)x∈[e，e²]時，有g(shù)_max（x）≤$\frac{1}{4}$”，結(jié)合（Ⅱ）及g′（x），分①a≥$\frac{1}{4}$、②a≤0、③0＜a＜$\frac{1}{4}$三種情況討論即可．

解答 解：（Ⅰ）a=1時，f（x））=x-xlnx，f′（x）=-lnx，
令f′（x）＞0，解得：0＜x＜1，令f′（x）＜0，解得：x＞1，
∴f（x）在（0，1）遞增，在（1，+∞）遞減；
（Ⅱ）由已知得g（x）=$\frac{x}{lnx}$-ax，函數(shù)的定義域?yàn)椋?，1）∪（1，+∞），
∵g（x）在（1，+∞）上為減函數(shù)，
∴g′（x）=-a+$\frac{lnx-1}{{（lnx）}^{2}}$≤0在（1，+∞）上恒成立，
-a≤$\frac{1}{{（lnx）}^{2}}$-$\frac{1}{lnx}$=（$\frac{1}{lnx}$-$\frac{1}{2}$）²-$\frac{1}{4}$，
令h（x）=（$\frac{1}{lnx}$-$\frac{1}{2}$）²-$\frac{1}{4}$，
故當(dāng)$\frac{1}{lnx}$=$\frac{1}{2}$，即x=e²時，
h（x）的最小值為-$\frac{1}{4}$，∴-a≤-$\frac{1}{4}$，
即a≥$\frac{1}{4}$；最小值為$\frac{1}{4}$；
（Ⅲ）若$?{x_0}∈[{e，{e^2}}]$，使得$f（{x_0}）≤\frac{1}{4}ln{x_0}$成立，結(jié)合（Ⅱ）得：
問題等價于：“當(dāng)x∈[e，e²]時，有g(shù)_max（x）≤$\frac{1}{4}$”，
∵g′（x）=-a+$\frac{lnx-1}{{（lnx）}^{2}}$，由（Ⅱ）知 $\frac{lnx-1}{{（lnx）}^{2}}$∈[0，$\frac{1}{4}$]，
①當(dāng)a≥$\frac{1}{4}$時，g′（x）≤0在[e，e²]上恒成立，因此f（x）在[e，e²]上為減函數(shù)，
則f_max（x）=g（e）=e-ae≤$\frac{1}{4}$，故a≥1-$\frac{1}{4e}$；
②當(dāng)a≤0時，g′（x）≥0在[e，e²]上恒成立，因此g（x）在[e，e²]上為增函數(shù)，
則g_max（x）=g（e²）=-ae²+$\frac{{e}^{2}}{2}$≤$\frac{1}{4}$，解得：a≥$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{{4e}^{2}}$，不合題意；
③當(dāng)0＜a＜$\frac{1}{4}$時，由g′（x）在[e，e²]上為增函數(shù)，
故g′（x） 的值域?yàn)閇g′（e），g′（e²）]，即[-a，$\frac{1}{4}$-a]．
由g′（x）的單調(diào)性和值域知，存在唯一x₀∈（e，e²），使g′（x₀）=0，且滿足：
當(dāng)x∈（e，x₀），時，g′（x）＜0，此時g（x）為減函數(shù)；
當(dāng)x∈（x₀，e²），時，g′（x）＞0，此時g（x）為增函數(shù)；
所以，g_max（x）=max{g（e）或g（e²）}與0＜a＜$\frac{1}{4}$矛盾，不合題意．
綜上所述，得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)用以及分類討論思想、轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．