Question

1．已知函數(shù)$f（x）=\frac{x}{lnx}-ax（{a＞0}）$．
（1）若函數(shù)f（x）在（1，+∞）上是減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的最小值；
（2）若?x₁、$?{x_2}∈[{e，{e^2}}]$，使f（x₁）≤f′（x₂）+a成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)求出導(dǎo)函數(shù)的最大值，從而求出a的范圍即可；
（2）問題等價(jià)于當(dāng)x∈[e，e²]時(shí)，有f（x）_min≤f'（x）_max+a，通過討論a的范圍，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出a的具體范圍即可．

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$?{x_1}，{x_2}∈[{e，{e^2}}]$，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），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$f{（x）_{min}}=f（{e^2}）=\frac{e^2}{2}-a{e^2}≤\frac{1}{4}$，故$a≥\frac{1}{2}-\frac{1}{{4{e^2}}}$；
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$[{-a，\frac{1}{4}-a}]$．
（�。┤�-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，
?唯一${x_0}∈（{e，{e^2}}）$，使f'（x₀）=0，且滿足：
當(dāng)x∈（e，x₀）時(shí)，f'（x₀）＜0，f（x）為減函數(shù)；
當(dāng)$x∈（{{x_0}，{e^2}}）$時(shí)，f'（x₀）＞0，f（x）為增函數(shù)；
所以，$f{（x）_{min}}=f（{x_0}）=\frac{x_0}{{ln{x_0}}}-a{x_0}≤\frac{1}{4}，{x_0}∈（{e，{e^2}}）$，
所以，$a≥\frac{1}{{ln{x_0}}}-\frac{1}{{4{x_0}}}＞\frac{1}{{ln{e^2}}}-\frac{1}{4e}＞\frac{1}{2}-\frac{1}{4}=\frac{1}{4}$，與$0＜a＜\frac{1}{4}$矛盾，不合題意．
綜上，得$a≥\frac{1}{2}-\frac{1}{{4{e^2}}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，是一道綜合題．