Question

9．已知函数g（x）=$\frac{x}{lnx}$，f（x）=g（x）-ax．
（Ⅰ）求函数g（x）的单调区间；
（Ⅱ）若函数f（x）在区间（1，+∞）上是减函数，求实数a的最小值；
（Ⅲ）若存在x₁，x₂∈[e，e²]，（e=2.71828…是自然对数的底数）使f（x₁）≤f′（x₂）+a，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）先求出函数g（x）的定义域，再利用导数g′（x）即可得结论；
（2）由题意得，a≥$\frac{lnx-1}{（lnx）^{2}}$=h（x）在（1，+∞）上恒成立，即a≥h_max（x）即可，根据配方法易得h_max（x）=$\frac{1}{4}$，即得结论；
（3）通过分析，问题等价于：“当x∈[e，e²]时，有f_min（x）≤$\frac{1}{4}$”，结合（2）及f′（x），分①$a≥\frac{1}{4}$、②a≤0、③$0＜a＜\frac{1}{4}$三种情况讨论即可．

解答 解：（1）由$\left\{\begin{array}{l}{x＞0}\\{lnx≠0}\end{array}\right.$得，x＞0且x≠1，则函数g（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞），
且g′（x）=$\frac{lnx-1}{（lnx）^{2}}$，令g′（x）=0，即lnx-1=0，解得x=e，
当0＜x＜e且x≠1时，g′（x）＜0；当x＞e时g′（x）＞0，
∴函数g（x）的减区间是（0，1），（1，e），增区间是（e，+∞）；
（2）由题意得，函数f（x）=$\frac{x}{lnx}-ax$在（1，+∞）上是减函数，
∴f′（x）=$\frac{lnx-1}{（lnx）^{2}}$-a≤0在（1，+∞）上恒成立，即a≥$\frac{lnx-1}{（lnx）^{2}}$在（1，+∞）上恒成立，
令h（x）=$\frac{lnx-1}{（lnx）^{2}}$，x∈（1，+∞），因此a≥h_max（x）即可，
由h（x）=$-（\frac{1}{lnx}）^{2}+\frac{1}{lnx}$=-（$\frac{1}{lnx}$-$\frac{1}{2}$）²+$\frac{1}{4}$≤$\frac{1}{4}$，当且仅当$\frac{1}{lnx}=\frac{1}{2}$，即x=e²时等号成立，
∴h_max（x）=$\frac{1}{4}$，因此a$≥\frac{1}{4}$，故a的最小值为$\frac{1}{4}$；
（3）命题“若存在x₁，x₂∈[e，e²]，使f（x₁）≤f′（x₂）+a”等价于
“当x∈[e，e²]时，有f_min（x）≤f′_max（x）+a”，
由（2）得，当x∈[e，e²]时，f′_max（x）=$\frac{1}{4}$-a，则f′_max（x）+a=$\frac{1}{4}$，
故问题等价于：“当x∈[e，e²]时，有f_min（x）≤$\frac{1}{4}$”，
∵f′（x）=$\frac{lnx-1}{（lnx）^{2}}$-a，由（2）知$\frac{lnx-1}{（lnx）^{2}}$$∈[0，\frac{1}{4}]$，
①当$a≥\frac{1}{4}$时，f′（x）≤0在[e，e²]上恒成立，因此f（x）在[e，e²]上为减函数，
则f_min（x）=f（e²）=$\frac{{e}^{2}}{2}-a{e}^{2}$$≤\frac{1}{4}$，故a$≥\frac{1}{2}-\frac{1}{4{e}^{2}}$；
②当a≤0时，f′（x）≥0在[e，e²]上恒成立，因此f（x）在[e，e²]上为增函数，
则f_min（x）=f（e）=a-ae≥e$＞\frac{1}{4}$，不合题意；
③当$0＜a＜\frac{1}{4}$时，由于f′（x）=$-（\frac{1}{lnx}）^{2}+\frac{1}{lnx}-a$=-（$\frac{1}{lnx}$-$\frac{1}{2}$）²+$\frac{1}{4}$-a在[e，e²]上为增函数，
故f′（x） 的值域为[f′（e），f′（e²）]，即$[-a，\frac{1}{4}-a]$．
由f′（x）的单调性和值域知，存在唯一x₀∈（e，e²），使f′（x₀）=0，且满足：
当x∈（e，x₀），时，f′（x）＜0，此时f（x）为减函数；
当x∈（x₀，e²），时，f′（x）＞0，此时f（x）为增函数；
所以，f_min（x）=f（x₀）=$\frac{{x}_{0}}{ln{x}_{0}}-a{x}_{0}≤\frac{1}{4}$，x₀∈（e，e²），
所以，$a≥\frac{1}{ln{x}_{0}}-\frac{1}{4{x}_{0}}$$＞\frac{1}{ln{e}^{2}}-\frac{1}{4{e}^{2}}$$＞\frac{1}{2}-\frac{1}{4}$=$\frac{1}{4}$与$0＜a＜\frac{1}{4}$矛盾，不合题意．
综上所述，得a$≥\frac{1}{2}-\frac{1}{4{e}^{2}}$．

点评 本题考查函数的单调区间，最值，考查分类讨论的思想，注意解题方法的积累，属于难题．