Question

5．已知函數(shù)f（x）=$\frac{x}{lnx}$-ax．
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）在（1，+∞）上是減函數(shù)，求實數(shù)a的最小值；
（Ⅱ）已知f′（x）表示f（x）的導(dǎo)數(shù)，若?x₁，x₂∈[e，e²]（e為自然對數(shù)的底數(shù)），使f（x₁）-f′（x₂）≤a成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意得，a≥$\frac{lnx-1}{（lnx）^{2}}$=h（x）在（1，+∞）上恒成立，即a≥h_max（x）即可，根據(jù)配方法易得h_max（x）=$\frac{1}{4}$，即得結(jié)論；
（Ⅱ）通過分析，問題等價于：“當(dāng)x∈[e，e²]時，有f_min（x）≤$\frac{1}{4}$”，結(jié)合（Ⅰ）及f′（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）∵f（x）在（1，+∞）遞減，
∴f′（x）=$\frac{lnx-1}{（{lnx）}^{2}}$-a≤0在（1，+∞）上恒成立，
∴x∈（1，+∞）時，f′（x）_max≤0，
∵f′（x）=-（ $\frac{1}{lnx}$-$\frac{1}{2}$）²+$\frac{1}{4}$-a，
∴當(dāng) $\frac{1}{lnx}$=$\frac{1}{2}$，即x=e²時，f′（x）_max=$\frac{1}{4}$-a，
∴$\frac{1}{4}$-a≤0，于是a≥$\frac{1}{4}$，
故a的最小值為 $\frac{1}{4}$．
（Ⅱ）命題“若存在x₁，x₂∈[e，e²]，使f（x₁）≤f′（x₂）+a”等價于
“當(dāng)x∈[e，e²]時，有f_min（x）≤f′_max（x）+a”，
由（2）得，當(dāng)x∈[e，e²]時，f′_max（x）=$\frac{1}{4}$-a，則f′_max（x）+a=$\frac{1}{4}$，
故問題等價于：“當(dāng)x∈[e，e²]時，有f_min（x）≤$\frac{1}{4}$”，
∵f′（x）=$\frac{lnx-1}{（lnx）^{2}}$-a，由（Ⅰ）知$\frac{lnx-1}{（lnx）^{2}}$∈[0，$\frac{1}{4}$]，
①當(dāng)a≥$\frac{1}{4}$時，f′（x）≤0在[e，e²]上恒成立，因此f（x）在[e，e²]上為減函數(shù)，
則f_min（x）=f（e²）=$\frac{{e}^{2}}{2}$-ae²≤$\frac{1}{4}$，故a≥$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4{e}^{2}}$；
②當(dāng)a≤0時，f′（x）≥0在[e，e²]上恒成立，因此f（x）在[e，e²]上為增函數(shù)，
則f_min（x）=f（e）=a-ae≥e＞$\frac{1}{4}$，不合題意；
③當(dāng)0＜a＜$\frac{1}{4}$時，由于f′（x）=-（$\frac{1}{lnx}$）²+$\frac{1}{lnx}$-a=-（$\frac{1}{lnx}$-$\frac{1}{2}$）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]．
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，此時f（x）為減函數(shù)；
當(dāng)x∈（x₀，e²），時，f′（x）＞0，此時f（x）為增函數(shù)；
所以，f_min（x）=f（x₀）=$\frac{{x}_{0}}{ln{x}_{0}}$-ax0≤$\frac{1}{4}$，x₀∈（e，e²），
所以，a≥$\frac{1}{ln{x}_{0}}$-$\frac{1}{4{x}_{0}}$＞$\frac{1}{ln{e}^{2}}$-$\frac{1}{4{e}^{2}}$＞$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$=$\frac{1}{4}$與0＜a＜$\frac{1}{4}$矛盾，不合題意．
綜上所述，得a≥$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4{e}^{2}}$．

點評 本題考察了函數(shù)的單調(diào)性，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，最值，考查分類討論的思想，注意解題方法的積累，求參數(shù)的范圍，是一道綜合題