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(jià)于“當(dāng)x∈[e,e2]時(shí),有f(x)min≤f′(x)max+a”,
由(1)得,問題等價(jià)于:“當(dāng)x∈[e,e2]時(shí),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(shí),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(jià)于“當(dāng)x∈[e,e2]時(shí),有f(x)min≤$\frac{1}{4}$”,
由(1),當(dāng)x∈[e,e2]時(shí),f′(x)max=$\frac{1}{4}$-a,所以f′(x)max+a=$\frac{1}{4}$,
問題等價(jià)于:“當(dāng)x∈[e,e2]時(shí),有f(x)min≤$\frac{1}{4}$”,
①當(dāng)a≥$\frac{1}{4}$時(shí),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(shí),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?yàn)閇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(shí),f′(x)<0,f(x)為減函數(shù);
當(dāng)x∈(x0,e2)時(shí),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(diǎn)評(píng) 本題主要考查了對(duì)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(diǎn)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.
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