Question

1．已知函数$f（x）=\frac{x}{lnx}-ax（{a＞0}）$．
（1）若函数f（x）在（1，+∞）上是减函数，求实数a的最小值；
（2）若?x₁、$?{x_2}∈[{e，{e^2}}]$，使f（x₁）≤f′（x₂）+a成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，结合二次函数的性质求出导函数的最大值，从而求出a的范围即可；
（2）问题等价于当x∈[e，e²]时，有f（x）_min≤f'（x）_max+a，通过讨论a的范围，得到函数的单调区间，从而求出a的具体范围即可．

解答 解：（1）因f（x）在（1，+∞）上为减函数，
故$f'（x）=\frac{lnx-1}{{{{（{lnx}）}^2}}}-a≤0$在（1，+∞）上恒成立，
又$f'（x）=\frac{lnx-1}{{{{（{lnx}）}^2}}}-a=-{（{\frac{1}{lnx}}）^2}+\frac{1}{lnx}-a=-{（{\frac{1}{lnx}-\frac{1}{2}}）^2}+\frac{1}{4}-a$，
故当$\frac{1}{lnx}=\frac{1}{2}$，即x=e²时，$f'{（x）_{max}}=\frac{1}{4}-a$，
所以$\frac{1}{4}-a≤0$，于是$a≥\frac{1}{4}$，故a的最小值为$\frac{1}{4}$．
（2）命题“若$?{x_1}，{x_2}∈[{e，{e^2}}]$，使f（x₁）≤f'（x₂）+a成立
”等价于“当x∈[e，e²]时，有f（x）_min≤f'（x）_max+a”，
由（1），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，由（1），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]上为增函数，
故f'（x）的值域为[f'（e），f'（e²）]，即$[{-a，\frac{1}{4}-a}]$．
（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）若-a＜0，即$0＜a＜\frac{1}{4}$，由f'（x）的单调性和值域知，
?唯一${x_0}∈（{e，{e^2}}）$，使f'（x₀）=0，且满足：
当x∈（e，x₀）时，f'（x₀）＜0，f（x）为减函数；
当$x∈（{{x_0}，{e^2}}）$时，f'（x₀）＞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，不合题意．
综上，得$a≥\frac{1}{2}-\frac{1}{{4{e^2}}}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道综合题．