Question

5．已知函数f（x）=$\frac{x}{lnx}$-ax．
（Ⅰ）若函数f（x）在（1，+∞）上是减函数，求实数a的最小值；
（Ⅱ）已知f′（x）表示f（x）的导数，若?x₁，x₂∈[e，e²]（e为自然对数的底数），使f（x₁）-f′（x₂）≤a成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）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；
（Ⅱ）通过分析，问题等价于：“当x∈[e，e²]时，有f_min（x）≤$\frac{1}{4}$”，结合（Ⅰ）及f′（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）∵f（x）在（1，+∞）递减，
∴f′（x）=$\frac{lnx-1}{（{lnx）}^{2}}$-a≤0在（1，+∞）上恒成立，
∴x∈（1，+∞）时，f′（x）_max≤0，
∵f′（x）=-（ $\frac{1}{lnx}$-$\frac{1}{2}$）²+$\frac{1}{4}$-a，
∴当 $\frac{1}{lnx}$=$\frac{1}{2}$，即x=e²时，f′（x）_max=$\frac{1}{4}$-a，
∴$\frac{1}{4}$-a≤0，于是a≥$\frac{1}{4}$，
故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”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（Ⅰ）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）=$\frac{{e}^{2}}{2}$-ae²≤$\frac{1}{4}$，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）=$\frac{{x}_{0}}{ln{x}_{0}}$-ax0≤$\frac{1}{4}$，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 本题考察了函数的单调性，导数的应用，最值，考查分类讨论的思想，注意解题方法的积累，求参数的范围，是一道综合题