Question

设函数f（x）=

bx

lnx

-ax，e为自然对数的底数
（Ⅰ）若函数f（x）的图象在点 （e²，f（e²））处的切线方程为 3x+4y-e²=0，求实数a，b的值；
（Ⅱ）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．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：导数的综合应用

分析：（I）f′(x)=

b(lnx-1)

(lnx)2

-a（x＞0，且x≠1），由题意可得f′（e²）=

b

4

-a=-

3

4

，f（e²）=

be2

2

-ae2=-

1

2

e2，联立解得即可．
（II）当b=1时，f（x）=

x

lnx

-ax，f′（x）=

lnx-1

(lnx)2

-a，由x∈[e，e²]，可得

1

lnx

∈[

1

2

，1]．由f′（x）+a=

lnx-1

(lnx)2

=-(

1

lnx

-

1

2

)2+

1

4

≤

1

4

，可得[f′（x）+a]_max=

1

4

，x∈[e，e²]．存在 x₁，x₂∈[e，e²]，使 f（x₁）≤f′（x₂）+a成立?x∈[e，e²]，f（x）_min≤f（x）_max+a=

1

4

，对a分类讨论解出即可．

解答： 解：（I）f′(x)=

b(lnx-1)

(lnx)2

-a（x＞0，且x≠1），
∵函数f（x）的图象在点 （e²，f（e²））处的切线方程为 3x+4y-e²=0，
∴f′（e²）=

b

4

-a=-

3

4

，f（e²）=

be2

2

-ae2=-

1

2

e2，
联立解得a=b=1．
（II）当b=1时，f（x）=

x

lnx

-ax，f′（x）=

lnx-1

(lnx)2

-a，
∵x∈[e，e²]，∴lnx∈[1，2]，

1

lnx

∈[

1

2

，1]．
∴f′（x）+a=

lnx-1

(lnx)2

=-(

1

lnx

-

1

2

)2+

1

4

≤

1

4

，
∴[f′（x）+a]_max=

1

4

，x∈[e，e²]．
存在 x₁，x₂∈[e，e²]，使 f（x₁）≤f′（x₂）+a成立?x∈[e，e²]，f（x）_min≤f（x）_max+a=

1

4

，
①当a≥

1

4

时，f′（x）≤0，f（x）在x∈[e，e²]上为减函数，则f（x）_min=f(e2)=

e2

2

-ae2≤

1

4

，解得a≥

1

2

-

1

4e2

．
②当a＜

1

4

时，由f′（x）=-(

1

lnx

-

1

2

)2+

1

4

-a在[e，e²]上的值域为[-a，

1

4

-a]．
（i）当-a≥0即a≤0时，f′（x）≥0在x∈[e，e²]上恒成立，因此f（x）在x∈[e，e²]上为增函数，
∴f（x）_min=f（e）=e-ae≥e＞

1

e

，不合题意，舍去．
（ii）当-a＜0时，即0＜a＜

1

4

时，由f′（x）的单调性和值域可知：存在唯一x₀∈（e，e²），使得f′（x₀）=0，
且满足当x∈[e，x₀），f′（x）＜0，f（x）为减函数；当x∈(x0，e2)时，f′（x）＞0，f（x）为增函数．
∴f（x）_min=f（x₀）=

x0

lnx0

-ax₀≤

1

4

，x₀∈（e，e²）．
∴a≥

1

lnx0

-

1

4x0

＞

1

lne2

-

1

4e2

＞

1

4

，与0＜a＜

1

4

矛盾．
综上可得：a的最小值为

1

2

-

1

4e2

．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、切线，考查了恒成立问题的等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．