Question

7．设函数f（x）=$\frac{x}{lnx}$-ax．
（1）若函数f（x）在（1，+∞）上为减函数，求实数a的最小值；
（2）若存在x₁，x₂∈[e，e²]，使f（x₁）≤f′（x₂）+a成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）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；
（2）命题“若存在x₁，x₂∈[e，e²]，使f（x₁）≤f′（x₂）+a成立”，等价于“当x∈[e，e²]时，有f（x）_min≤f′（x）_max+a”，由此利用导数性质结合分类讨论思想，能求出实数a的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）由已知得f（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞），
∵f（x）在（1，+∞）上为减函数，
∴f′（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g（x）=（$\frac{1}{lnx}$-$\frac{1}{2}$）²-$\frac{1}{4}$，
故当$\frac{1}{lnx}$=$\frac{1}{2}$，即x=e²时，
g（x）的最小值为-$\frac{1}{4}$，∴-a≤-$\frac{1}{4}$，即a≥$\frac{1}{4}$
∴a的最小值为$\frac{1}{4}$．
（Ⅱ）命题“若存在x₁，x₂∈[e，e²]，使f（x₁）≤f′（x₂）+a成立”，
等价于“当x∈[e，e²]时，有f（x）_min≤f′（x）_max+a”，
由（Ⅰ）知，当x∈[e，e²]时，lnx∈[1，2]，$\frac{1}{lnx}$∈[$\frac{1}{2}$，1]，
f′（x）=-a+$\frac{lnx-1}{（lnx）^{2}}$=-（$\frac{1}{lnx}$-$\frac{1}{2}$）²+$\frac{1}{4}$-a，
f′（x）_max+a=$\frac{1}{4}$，
问题等价于：“当x∈[e，e²]时，有f（x）_min≤$\frac{1}{4}$”，
①当-a≤-$\frac{1}{4}$，即a$≥\frac{1}{4}$时，由（Ⅰ），f（x）在[e，e²]上为减函数，
则f（x）_min=f（e²）=-ae²+$\frac{{e}^{2}}{2}$≤$\frac{1}{4}$，
∴-a≤$\frac{1}{4{e}^{2}}$-$\frac{1}{2}$，
∴a≥$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4{e}^{2}}$．
②当-$\frac{1}{4}$＜-a＜0，即0＜a＜$\frac{1}{4}$时，∵x∈[e，e²]，∴lnx∈[$\frac{1}{2}$，1]，
∵f′（x）=-a+$\frac{lnx-1}{（lnx）^{2}}$，由复合函数的单调性知f′（x）在[e，e²]上为增函数，
∴存在唯一x₀∈（e，e²），使f′（x₀）=0且满足：
f（x）_min=f（x₀）=-ax₀+$\frac{{x}_{0}}{ln{x}_{0}}$，
要使f（x）_min≤$\frac{1}{4}$，∴-a≤$\frac{1}{4{x}_{0}}$-$\frac{1}{ln{x}_{0}}$＜$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{2}$=-$\frac{1}{4}$，
与-$\frac{1}{4}$＜-a＜0矛盾，
∴-$\frac{1}{4}$＜-a＜0不合题意．
综上，实数a的取值范围为[$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4{e}^{2}}$，+∞）．

点评 本题主要考查函数、导数等基本知识．考查运算求解能力及化归思想、函数方程思想、分类讨论思想的合理运用，注意导数性质的合理运用．