Question

9．設(shè)函數(shù)f（x）=$\frac{x}{lnx}$-ax，a∈R
（1）若函數(shù)f（x）存在單調(diào)遞增區(qū)間，求a的取值范圍；
（2）若存在x∈[e，e²]，使得不等式f（x）≤$\frac{1}{4}$成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系即可求出，
（2）問題等價于“當(dāng)x∈[e，e²]時，有f（x）_min≤$\frac{1}{4}$，分類討論，利用導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的最值關(guān)系即可求出．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）的定義域為（0，1）∪（1，+∞），
∵函數(shù)f（x）存在單調(diào)遞增區(qū)間，
∴f′（x）=$\frac{lnx-1}{l{n}^{2}x}$-a＞0有解，
∵$\frac{lnx-1}{l{n}^{2}x}$-a=-$\frac{1}{l{n}^{2}x}$+$\frac{1}{lnx}$-a=-（$\frac{1}{lnx}$-$\frac{1}{2}$）²+$\frac{1}{4}$-a≤$\frac{1}{4}$-a，
∴$\frac{1}{4}$-a＞0，即a＜$\frac{1}{4}$，
∴a的取值范圍為（-∞，$\frac{1}{4}$）
（2）問題等價于“當(dāng)x∈[e，e²]時，有f（x）_min≤$\frac{1}{4}$，
（i）當(dāng)a≥$\frac{1}{4}$時，f′（x）=-（$\frac{1}{lnx}$-$\frac{1}{2}$）²+$\frac{1}{4}$-a≤0，
∴f（x）在[e，e²]上單調(diào)遞減，
∴f（x）_min=f（e²）=$\frac{{e}^{2}}{2}$-ae²，
由$\frac{{e}^{2}}{2}$-ae²≤$\frac{1}{4}$
解得a≥$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4{e}^{2}}$，
（ii）當(dāng)a＜$\frac{1}{4}$時，f′（x）=-（$\frac{1}{lnx}$-$\frac{1}{2}$）²+$\frac{1}{4}$-a在區(qū)間[e，e²]上單調(diào)遞增，其值域為[-a，$\frac{1}{4}$-a]，
①當(dāng)-a≥0時，即a≤0時，f′（x）≥0在區(qū)間[e，e²]上恒成立，
∴f（x）在[e，e²]上單調(diào)遞增，
∴f（x）_min=f（e）=e-ae，
由e-ae≤$\frac{1}{4}$，解得a≥1-$\frac{1}{4e}$，與a≤0矛盾，
②-a＜0時，即0＜a＜$\frac{1}{4}$時，由f′（x）的單調(diào)性以及值域可知，存在唯一的x₀∈（e，e²），使f′（x）=0，
且滿足當(dāng)x∈[（，x₀]，f′（x）＜0，f（x）為減函數(shù)，
且滿足當(dāng)x∈[x₀，e²]，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)，
∴f（x）_min=f（x₀）=$\frac{{x}_{0}}{ln{x}_{0}}$-ax₀≤$\frac{1}{4}$，其中x₀∈（e，e²），
∴a≥$\frac{1}{ln{x}_{0}}$-$\frac{1}{4{x}_{0}}$＞$\frac{1}{ln{e}^{2}}$-$\frac{1}{4e}$＞$\frac{1}{2}$$-\frac{1}{4}$=$\frac{1}{4}$，這與0＜a＜$\frac{1}{4}$矛盾，
綜上a的取值范圍為[$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4{e}^{2}}$，+∞）

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性和函數(shù)最值的關(guān)系，以及分類討論的思想，考查了運算能力和化歸能力，屬于中檔題