Question

14．已知函数f（x）=$\frac{x}{lnx}$-ax（a＞0，a≠1）
（1）若函数f（x）在[e，e²]上为单调增函数，求实数a的取值范围；
（2）若?x₁，x₂∈[e，e²]，使f（x₁）≤f'（x₂）+a成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）先求导，再分离参数，构造函数，利用导数求出函数的最小值即可；
（2）?x₁，x₂∈[e，e²]，使f（x₁）≤f（x₂）成立”可化为“当x∈[e，e²]时，有f（x）_min≤f'（x）_max+a”；而知f′（x）_max=$\frac{1}{4}$-a，可化为“当x∈[e，e²]时，有f（x）_min≤$\frac{1}{4}$”，分①a≥$\frac{1}{4}$，②a＜两种情况讨论：当a＜$\frac{1}{4}$时易求f（x）_min，当a＜$\frac{1}{4}$时可求得f′（x）的值域为[-a，$\frac{1}{4}$-a]，再按（i）-a≥0，（ii）-a＜0两种情况讨论即可

解答 解：（1）∵f（x）在[e，e²]上为单调增函数，
∴f′（x）=$\frac{lnx-1}{l{n}^{2}x}$-a≥0在[e，e²]恒成立，
∴a≤$\frac{lnx-1}{l{n}^{2}x}$在[e，e²]恒成立，
令g（x）=$\frac{lnx-1}{l{n}^{2}x}$，
则g′（x）=$\frac{lnx（2-lnx）}{xl{n}^{4}x}$，
令g′（x）≤0，即x∈[1，e²]，
∴g（x）在[e，e²]上为单调减函数，
∴g（x）_min=g（e²）=$\frac{1}{4}$，
∴a≤$\frac{1}{4}$；
故a的取值范围为（0，$\frac{1}{4}$]．
（2）“若?x₁，x₂∈[e，e²]，使f（x₁）≤f'（x₂）+a成立”等价于“当x∈[e，e²]时，有f（x）_min≤f′（x）_max+a”，
由（1），当x∈[e，e²]时，f′（x）_max=$\frac{1}{4}$-a，
∴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，由（1）知，f（x）在[e，e²]上为减函数，
则f（x）_min=f（e²）=$\frac{{e}^{2}}{2}$-ae²≤$\frac{1}{4}$，故a≥$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4{e}^{2}}$；
②当a＜$\frac{1}{4}$时，由于f′（x）在[e，e²]上为增函数，
故f′（x）的值域为[f′（e），f′（e²）]，即f′（x）的值域为[-a，$\frac{1}{4}$-a]，
（i）若-a≥0，即a≤0，f′（x）≥0在[e，e²]上恒成立，故f（x）在[e，e²]上为增函数，
于是，f（x）_min=f（e）=e-ae≥e＞$\frac{1}{4}$，不合题意；
（ii）（ii）若-a＜0，即0＜a＜$\frac{1}{4}$，
由f′（x）的单调性和值域知，
?唯一x₀∈（e，e²），使f′（x₀）=0，且满足：
当x∈（e，x₀）时，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）=$\frac{{x}_{0}}{ln{x}_{0}}$-ax₀≤$\frac{1}{4}$；x₀∈（e，e2），
∴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}$矛盾，不合题意．
综上，a≥$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4{e}^{2}}$．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性、闭区间上函数的最值，考查恒成立问题，考查分类讨论思想、转化思想，考查学生分析解决问题的能力，属于难题．