Question

9．已知函数f（x）=x-axlnx，a∈R．
（Ⅰ）当a=1时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）设$g（x）=\frac{f（x）}{lnx}$，若函数g（x）在（1，+∞）上为减函数，求实数a的最小值；
（Ⅲ）若$?{x_0}∈[{e，{e^2}}]$，使得$f（{x_0}）≤\frac{1}{4}ln{x_0}$成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）由已知得f（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞），f′（x）=-a+$\frac{lnx-1}{{（lnx）}^{2}}$在（1，+∞）上恒成立，由此利用导数性质能求出a的最大值；
（Ⅲ）通过分析，问题等价于：“当x∈[e，e²]时，有g_max（x）≤$\frac{1}{4}$”，结合（Ⅱ）及g′（x），分①a≥$\frac{1}{4}$、②a≤0、③0＜a＜$\frac{1}{4}$三种情况讨论即可．

解答 解：（Ⅰ）a=1时，f（x））=x-xlnx，f′（x）=-lnx，
令f′（x）＞0，解得：0＜x＜1，令f′（x）＜0，解得：x＞1，
∴f（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减；
（Ⅱ）由已知得g（x）=$\frac{x}{lnx}$-ax，函数的定义域为（0，1）∪（1，+∞），
∵g（x）在（1，+∞）上为减函数，
∴g′（x）=-a+$\frac{lnx-1}{{（lnx）}^{2}}$≤0在（1，+∞）上恒成立，
-a≤$\frac{1}{{（lnx）}^{2}}$-$\frac{1}{lnx}$=（$\frac{1}{lnx}$-$\frac{1}{2}$）²-$\frac{1}{4}$，
令h（x）=（$\frac{1}{lnx}$-$\frac{1}{2}$）²-$\frac{1}{4}$，
故当$\frac{1}{lnx}$=$\frac{1}{2}$，即x=e²时，
h（x）的最小值为-$\frac{1}{4}$，∴-a≤-$\frac{1}{4}$，
即a≥$\frac{1}{4}$；最小值为$\frac{1}{4}$；
（Ⅲ）若$?{x_0}∈[{e，{e^2}}]$，使得$f（{x_0}）≤\frac{1}{4}ln{x_0}$成立，结合（Ⅱ）得：
问题等价于：“当x∈[e，e²]时，有g_max（x）≤$\frac{1}{4}$”，
∵g′（x）=-a+$\frac{lnx-1}{{（lnx）}^{2}}$，由（Ⅱ）知 $\frac{lnx-1}{{（lnx）}^{2}}$∈[0，$\frac{1}{4}$]，
①当a≥$\frac{1}{4}$时，g′（x）≤0在[e，e²]上恒成立，因此f（x）在[e，e²]上为减函数，
则f_max（x）=g（e）=e-ae≤$\frac{1}{4}$，故a≥1-$\frac{1}{4e}$；
②当a≤0时，g′（x）≥0在[e，e²]上恒成立，因此g（x）在[e，e²]上为增函数，
则g_max（x）=g（e²）=-ae²+$\frac{{e}^{2}}{2}$≤$\frac{1}{4}$，解得：a≥$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{{4e}^{2}}$，不合题意；
③当0＜a＜$\frac{1}{4}$时，由g′（x）在[e，e²]上为增函数，
故g′（x） 的值域为[g′（e），g′（e²）]，即[-a，$\frac{1}{4}$-a]．
由g′（x）的单调性和值域知，存在唯一x₀∈（e，e²），使g′（x₀）=0，且满足：
当x∈（e，x₀），时，g′（x）＜0，此时g（x）为减函数；
当x∈（x₀，e²），时，g′（x）＞0，此时g（x）为增函数；
所以，g_max（x）=max{g（e）或g（e²）}与0＜a＜$\frac{1}{4}$矛盾，不合题意．
综上所述，得a≥$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{{4e}^{2}}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想、转化思想，是一道综合题．