Question

13．已知函數(shù)f（x）=$\frac{x}{lnx}$-ax，a＞0．
（1）若函數(shù)y=f（x）在（1，+∞）上是減函數(shù)，求實數(shù)a的最小值
（2）若存在x₁∈[e，e²]，使f（x₁）≤$\frac{1}{4}$成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由f（x）在（1，+∞）上為減函數(shù)，得f′（x）≤0在（1，+∞）上恒成立，由此求出a的最小值；
（2）命題“若?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（1）得，問題等價于：“當(dāng)x∈[e，e²]時，有f（x）_min≤$\frac{1}{4}$”，再討論a的取值，求出滿足條件的a的取值范圍即可．

解答 解：（1）因f（x）在（1，+∞）上為減函數(shù)，
故f′（x）=$\frac{lnx-1}{{（lnx）}^{2}}$-a≤0在（1，+∞）上恒成立，
又f′（x）=$\frac{lnx-1}{{（lnx）}^{2}}$-a=-（$\frac{1}{lnx}$）2+$\frac{1}{lnx}$-a=-（$\frac{1}{lnx}$-$\frac{1}{2}$）2+$\frac{1}{4}$-a，
故當(dāng)$\frac{1}{lnx}$=$\frac{1}{2}$，即x=e²時，f′（x）max=$\frac{1}{4}$-a，
所以$\frac{1}{4}$-a≤0，于是a≥$\frac{1}{4}$，故a的最小值為$\frac{1}{4}$．
（2）命題“若?x₁，x₂∈[e，e²]，使f（x₁）≤$\frac{1}{4}$成立”
等價于“當(dāng)x∈[e，e²]時，有f（x）_min≤$\frac{1}{4}$”，
由（1），當(dāng)x∈[e，e²]時，f′（x）_max=$\frac{1}{4}$-a，所以f′（x）_max+a=$\frac{1}{4}$，
問題等價于：“當(dāng)x∈[e，e²]時，有f（x）_min≤$\frac{1}{4}$”，
①當(dāng)a≥$\frac{1}{4}$時，由（1），f（x）在[e，e²]上為減函數(shù)，
則f（x）_min=f（e²）=$\frac{1}{2}$e²-ae2≤$\frac{1}{4}$，故a≥$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{{4e}^{2}}$；
②當(dāng)a＜$\frac{1}{4}$時，由于f′（x）=-（$\frac{1}{lnx}$-$\frac{1}{2}$）2+$\frac{1}{4}$-a在[e，e²]上為增函數(shù)，
故f′（x）的值域為[f′（e），f′（e²）]，即[-a，$\frac{1}{4}$-a]．
（i）若-a≥0，即a≤0，f′（x）≥0在[e，e²]上恒成立，故f（x）在[e，e²]上為增函數(shù)，
于是，f（x）_min=f（e）=e-ae≥e＞$\frac{1}{4}$，不合題意；
（ii）若-a＜0，即0＜a＜$\frac{1}{4}$，由f′（x）的單調(diào)性和值域知，
存在唯一x0∈（e，e2），使f′（x₀）=0，
且滿足：當(dāng)x∈（e，x₀）時，f′（x）＜0，f（x）為減函數(shù)；
當(dāng)x∈（x0，e2）時，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)；
所以，f（x）min=f（x0）=$\frac{{x}_{0}}{l{nx}_{0}}$-ax0≤$\frac{1}{4}$，x0∈（e，e2），
所以a≥$\frac{1}{l{nx}_{0}}$-$\frac{1}{{4x}_{0}}$＞$\frac{1}{l{ne}^{2}}$-$\frac{1}{4e}$＞$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$=$\frac{1}{4}$，與0＜a＜$\frac{1}{4}$矛盾，不合題意；
綜上，得a的取值范圍是a≥$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{{4e}^{2}}$．

點評 本題主要考查了對函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系，函數(shù)的最值與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系 等考點的理解，考查了轉(zhuǎn)化思想與分類討論思想的應(yīng)用問題，是難題．