Question

9．设函数f（x）=$\frac{x}{lnx}$-ax，a∈R
（1）若函数f（x）存在单调递增区间，求a的取值范围；
（2）若存在x∈[e，e²]，使得不等式f（x）≤$\frac{1}{4}$成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）根据导数和函数的单调性的关系即可求出，
（2）问题等价于“当x∈[e，e²]时，有f（x）_min≤$\frac{1}{4}$，分类讨论，利用导数和函数的最值关系即可求出．

解答 解：（1）函数f（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞），
∵函数f（x）存在单调递增区间，
∴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的取值范围为（-∞，$\frac{1}{4}$）
（2）问题等价于“当x∈[e，e²]时，有f（x）_min≤$\frac{1}{4}$，
（i）当a≥$\frac{1}{4}$时，f′（x）=-（$\frac{1}{lnx}$-$\frac{1}{2}$）²+$\frac{1}{4}$-a≤0，
∴f（x）在[e，e²]上单调递减，
∴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）当a＜$\frac{1}{4}$时，f′（x）=-（$\frac{1}{lnx}$-$\frac{1}{2}$）²+$\frac{1}{4}$-a在区间[e，e²]上单调递增，其值域为[-a，$\frac{1}{4}$-a]，
①当-a≥0时，即a≤0时，f′（x）≥0在区间[e，e²]上恒成立，
∴f（x）在[e，e²]上单调递增，
∴f（x）_min=f（e）=e-ae，
由e-ae≤$\frac{1}{4}$，解得a≥1-$\frac{1}{4e}$，与a≤0矛盾，
②-a＜0时，即0＜a＜$\frac{1}{4}$时，由f′（x）的单调性以及值域可知，存在唯一的x₀∈（e，e²），使f′（x）=0，
且满足当x∈[（，x₀]，f′（x）＜0，f（x）为减函数，
且满足当x∈[x₀，e²]，f′（x）＞0，f（x）为增函数，
∴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}$，这与0＜a＜$\frac{1}{4}$矛盾，
综上a的取值范围为[$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4{e}^{2}}$，+∞）

点评 本题考查了导数和函数的单调性和函数最值的关系，以及分类讨论的思想，考查了运算能力和化归能力，属于中档题