Question

20．设函数f（x）=$\frac{bx}{lnx}$-ax．
（1）若a=0，求f（x）的单调增区间；
（2）当b=1时，若存在x₁，x₂∈[e，e²]，使f（x₁）≤f′（x₂）+a成立，求实数a的最小值．（其中e为自然对数的底数）

Answer 1

分析 （1）求f（x）=$\frac{bx}{lnx}$的定义域，再求导f′（x）=$\frac{blnx-b}{l{n}^{2}x}$=b$\frac{lnx-1}{l{n}^{2}x}$，从而讨论确定函数的单调性；
（2）当b=1时，f（x）=$\frac{x}{lnx}$-ax，f′（x）=$\frac{lnx-1}{l{n}^{2}x}$-a，从而可得当x₂=e²时，f′（x₂）+a有最大值$\frac{1}{4}$，从而只需使存在x₁∈[e，e²]，使f（x₁）≤0，从而可得a≥$\frac{1}{ln{x}_{1}}$-$\frac{1}{4{x}_{1}}$，从而解得．

解答 解：（1）当a=0时，f（x）=$\frac{bx}{lnx}$的定义域为（0，1）∪（1，+∞），
f′（x）=$\frac{blnx-b}{l{n}^{2}x}$=b$\frac{lnx-1}{l{n}^{2}x}$，
①当b＞0时，x∈（e，+∞）时，f′（x）＞0；
故f（x）的单调增区间为（e，+∞）；
②当b＜0时，x∈（0，1）∪（1，e）时，f′（x）＞0；
故f（x）的单调增区间为（0，1），（1，e）；
（2）当b=1时，f（x）=$\frac{x}{lnx}$-ax，f′（x）=$\frac{lnx-1}{l{n}^{2}x}$-a，
故f′（x₂）+a=$\frac{ln{x}_{2}-1}{ln{{{\;}^{2}x}_{2}}^{\;}}$=-（$\frac{1}{ln{x}_{2}}$-$\frac{1}{2}$）²+$\frac{1}{4}$，
故当x₂=e²时，f′（x₂）+a有最大值$\frac{1}{4}$，
故只需使存在x₁∈[e，e²]，使f（x₁）≤$\frac{1}{4}$，
故$\frac{{x}_{1}}{ln{x}_{1}}$-ax₁≤$\frac{1}{4}$，
即a≥$\frac{1}{ln{x}_{1}}$-$\frac{1}{4{x}_{1}}$，
令g（x）=$\frac{1}{lnx}$-$\frac{1}{4x}$，g′（x）=$\frac{（lnx）^{2}-4x}{4{x}^{2}（lnx）^{2}}$；
故g（x）=$\frac{1}{lnx}$-$\frac{1}{4x}$在[e，e²]上是减函数，
g（e）=1-$\frac{1}{4e}$，g（e²）=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4{e}^{2}}$；
故只需使a≥$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4{e}^{2}}$；
故实数a的最小值为$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4{e}^{2}}$．

点评 本题考查了导数的综合应用及存在性问题的化简与应用．