Question

9．已知函數(shù)g（x）=$\frac{x}{lnx}$，f（x）=g（x）-ax．
（Ⅰ）求函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（1，+∞）上是減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的最小值；
（Ⅲ）若存在x₁，x₂∈[e，e²]，（e=2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）使f（x₁）≤f′（x₂）+a，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先求出函數(shù)g（x）的定義域，再利用導(dǎo)數(shù)g′（x）即可得結(jié)論；
（2）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；
（3）通過(guò)分析，問(wèn)題等價(jià)于：“當(dāng)x∈[e，e²]時(shí)，有f_min（x）≤$\frac{1}{4}$”，結(jié)合（2）及f′（x），分①$a≥\frac{1}{4}$、②a≤0、③$0＜a＜\frac{1}{4}$三種情況討論即可．

解答 解：（1）由$\left\{\begin{array}{l}{x＞0}\\{lnx≠0}\end{array}\right.$得，x＞0且x≠1，則函數(shù)g（x）的定義域?yàn)椋?，1）∪（1，+∞），
且g′（x）=$\frac{lnx-1}{（lnx）^{2}}$，令g′（x）=0，即lnx-1=0，解得x=e，
當(dāng)0＜x＜e且x≠1時(shí)，g′（x）＜0；當(dāng)x＞e時(shí)g′（x）＞0，
∴函數(shù)g（x）的減區(qū)間是（0，1），（1，e），增區(qū)間是（e，+∞）；
（2）由題意得，函數(shù)f（x）=$\frac{x}{lnx}-ax$在（1，+∞）上是減函數(shù)，
∴f′（x）=$\frac{lnx-1}{（lnx）^{2}}$-a≤0在（1，+∞）上恒成立，即a≥$\frac{lnx-1}{（lnx）^{2}}$在（1，+∞）上恒成立，
令h（x）=$\frac{lnx-1}{（lnx）^{2}}$，x∈（1，+∞），因此a≥h_max（x）即可，
由h（x）=$-（\frac{1}{lnx}）^{2}+\frac{1}{lnx}$=-（$\frac{1}{lnx}$-$\frac{1}{2}$）²+$\frac{1}{4}$≤$\frac{1}{4}$，當(dāng)且僅當(dāng)$\frac{1}{lnx}=\frac{1}{2}$，即x=e²時(shí)等號(hào)成立，
∴h_max（x）=$\frac{1}{4}$，因此a$≥\frac{1}{4}$，故a的最小值為$\frac{1}{4}$；
（3）命題“若存在x₁，x₂∈[e，e²]，使f（x₁）≤f′（x₂）+a”等價(jià)于
“當(dāng)x∈[e，e²]時(shí)，有f_min（x）≤f′_max（x）+a”，
由（2）得，當(dāng)x∈[e，e²]時(shí)，f′_max（x）=$\frac{1}{4}$-a，則f′_max（x）+a=$\frac{1}{4}$，
故問(wèn)題等價(jià)于：“當(dāng)x∈[e，e²]時(shí)，有f_min（x）≤$\frac{1}{4}$”，
∵f′（x）=$\frac{lnx-1}{（lnx）^{2}}$-a，由（2）知$\frac{lnx-1}{（lnx）^{2}}$$∈[0，\frac{1}{4}]$，
①當(dāng)$a≥\frac{1}{4}$時(shí)，f′（x）≤0在[e，e²]上恒成立，因此f（x）在[e，e²]上為減函數(shù)，
則f_min（x）=f（e²）=$\frac{{e}^{2}}{2}-a{e}^{2}$$≤\frac{1}{4}$，故a$≥\frac{1}{2}-\frac{1}{4{e}^{2}}$；
②當(dāng)a≤0時(shí)，f′（x）≥0在[e，e²]上恒成立，因此f（x）在[e，e²]上為增函數(shù)，
則f_min（x）=f（e）=a-ae≥e$＞\frac{1}{4}$，不合題意；
③當(dāng)$0＜a＜\frac{1}{4}$時(shí)，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?yàn)閇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(shí)，f′（x）＜0，此時(shí)f（x）為減函數(shù)；
當(dāng)x∈（x₀，e²），時(shí)，f′（x）＞0，此時(shí)f（x）為增函數(shù)；
所以，f_min（x）=f（x₀）=$\frac{{x}_{0}}{ln{x}_{0}}-a{x}_{0}≤\frac{1}{4}$，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(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，最值，考查分類(lèi)討論的思想，注意解題方法的積累，屬于難題．