Question

9．设函数f（x）=$\frac{bx}{lnx}$-ax，e为自然对数的底数．
（1）若曲线y=f（x）在点 （$\sqrt{e}，f（\sqrt{e}$））处的切线方程为3x+y-4$\sqrt{e}$=0，求实数a，b的值；
（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．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，由导数的几何意义和切线方程，可得$f（\sqrt{e}）=（2b-a）\sqrt{e}=\sqrt{e}$且$f'（\sqrt{e}）=-2b-a=-3$，解方程可得a，b的值；
（2）求出f（x）的导数，以及f′（x）的最大值，由题意可得“当x∈[e，e²]时，有f（x）_min≤f'（x）_max+a”．对a分类讨论，①当$a≥\frac{1}{4}$时，②当$a＜\frac{1}{4}$时，当-a≥0⇒a≤0时，当-a＜0即$0＜a＜\frac{1}{4}$时，结合函数的单调性，求得f（x）的最小值，解不等式即可得到a的范围及a的最小值．

解答 解：（1）由已知得x＞0，x≠1，
函数f（x）=$\frac{bx}{lnx}$-ax的导数为$f'（x）=\frac{b（lnx-1）}{{{{（{lnx}）}^2}}}-a$．
由切线方程为3x+y-4$\sqrt{e}$=0，可得：
$f（\sqrt{e}）=（2b-a）\sqrt{e}=\sqrt{e}$且$f'（\sqrt{e}）=-2b-a=-3$，解之得a=1，b=1；
（2）当b=1时，$f'（x）=\frac{lnx-1}{{{{（{lnx}）}^2}}}-a$=$-{（{\frac{1}{lnx}}）^2}+\frac{1}{lnx}-a=-{（{\frac{1}{lnx}-\frac{1}{2}}）^2}+\frac{1}{4}-a$，
所以当$\frac{1}{lnx}=\frac{1}{2}⇒x={e^2}$时，$f'{（x）_{max}}=\frac{1}{4}-a$．
而命题“若存在 ${x_1}，{x_2}∈[{e，{e^2}}]$，使f（x₁）≤f'（x₂）+a成立”等价于
“当x∈[e，e²]时，有f（x）_min≤f'（x）_max+a”．
又当x∈[e，e²]时，$f'{（x）_{max}}=\frac{1}{4}-a$，所以$f'{（x）_{max}}+a=\frac{1}{4}$．
问题等价于：“当x∈[e，e²]时，有$f{（x）_{min}}≤\frac{1}{4}$”
①当$a≥\frac{1}{4}$时，f（x）在[e，e²]上为减函数，则$f{（x）_{min}}=f（{e^2}）=\frac{e^2}{2}-a{e^2}≤\frac{1}{4}$，
故$a≥\frac{1}{2}-\frac{1}{{4{e^2}}}$．
②当$a＜\frac{1}{4}$时，由于$f'（x）=-{（{\frac{1}{lnx}-\frac{1}{2}}）^2}+\frac{1}{4}-a$在[e，e²]上的值域为$[{-a，\frac{1}{4}-a}]$．
当-a≥0⇒a≤0时，f'（x）≥0在[e，e²]恒成立，故f（x）在[e，e²]上为增函数，
于是$f{（x）_{min}}=f（e）=e-ae＞\frac{1}{4}$，不合题意．
当-a＜0即$0＜a＜\frac{1}{4}$时，由f'（x）的单调性和值域知，
存在唯一${x_0}∈（{e，{e^2}}）$使f'（x）=0，且满足：当x∈（e，x₀）时，f'（x）＜0，f（x）为减函数；
当$x∈（{{x_0}，{e^2}}）$时，f'（x）＞0，f（x）为增函数；所以$f{（x）_{min}}=f（{x_0}）=\frac{x_0}{{ln{x_0}}}-a{x_0}≤\frac{1}{4}$，${x_0}∈（{e，{e^2}}）$．所以$a≥\frac{1}{{ln{x_0}}}-\frac{1}{{4{x_0}}}＞\frac{1}{{ln{e^2}}}-\frac{1}{4e}＞\frac{1}{2}-\frac{1}{4}=\frac{1}{4}$，与$0＜a＜\frac{1}{4}$矛盾．
综上得a的最小值为$\frac{1}{2}-\frac{1}{{4{e^2}}}$．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间、极值和最值，考查不等式存在性问题的解法，运用分类讨论的思想方法是解题的关键，属于难题．