Question

已知向量

m

=(lnx，1-alnx)，

n

=(x，f(x))，

m

∥

n

（a為常數）．
（Ⅰ）若函數f（x）在（1，+∞）上是減函數，求實數a的最小值；
（Ⅱ）若存在x₁，x₂∈[e，e²]，使f（x₁）≤f′（x₂）+a，求實數a的取值范圍．

Answer 1

考點：利用導數研究函數的單調性,平面向量數量積的運算

專題：導數的綜合應用

分析：（Ⅰ））由于

m

∥

n

（a為常數），利用向量共線定理可得f（x）=

x

lnx

-ax（x＞1）．f′（x）=

lnx-1

(lnx)2

-a（x＞1），由于函數f（x）在（1，+∞）上是減函數，可得f′（x）≤0在（1，+∞）上恒成立，即a≥

lnx-1

(lnx)2

的最大值，x∈（1，+∞）．利用二次函數的單調性即可得出．
（Ⅱ）存在x₁，x₂∈[e，e²]，使f（x₁）≤f′（x₂）+a成立?x∈[e，e²]，f（x）_min≤f（x）_max+a=

1

4

，對a分類討論，利用導數研究函數的單調性極值與最值即可得出．

解答： 解：（Ⅰ）∵

m

∥

n

（a為常數），∴f（x）lnx=x（1-alnx），∴f（x）=

x

lnx

-ax．（x＞1）．
f′（x）=

lnx-1

(lnx)2

-a（x＞1），
∵函數f（x）在（1，+∞）上是減函數，
∴f′（x）≤0在（1，+∞）上恒成立，
∴a≥

lnx-1

(lnx)2

的最大值，x∈（1，+∞）．
令g（x）=

lnx-1

(lnx)2

=-(

1

lnx

-

1

2

)2+

1

4

≤

1

4

，當lnx=2，即x=e²時取得最大值．
∴a≥

1

4

，
∴實數a的最小值是

1

4

．

（Ⅱ）f（x）=

x

lnx

-ax．f′（x）=

lnx-1

(lnx)2

-a．
存在x₁，x₂∈[e，e²]，使f（x₁）≤f′（x₂）+a成立?x∈[e，e²]，f（x）_min≤f（x）_max+a=

1

4

，
①當a≥

1

4

時，f′（x）≤0，f（x）在x∈[e，e²]上為減函數，則f（x）_min=f（e²）=

1

2

e2-ae2≤

1

4

，解得a≥

1

2

-

1

4e2

．
②當a＜

1

4

時，由f′（x）=-(

1

lnx

-

1

2

)2+

1

4

-a，在[e，e²]上的值域為[-a，

1

4

-a]．
（i）當-a≥0即a≤0時，f′（x）≥0在x∈[e，e²]上恒成立，因此f（x）在x∈[e，e²]上為增函數，
∴f（x）_min=f（e）=e-ae≥e＞

1

4

，不和題意，舍去．
（ii）當-a＜0時，即0＜a＜

1

4

時，由f′（x）的單調性和值域可知：存在唯一x₀∈（e，e²），使得f′（x₀）=0，
且滿足當x∈[e，x₀），f′（x）＜0，f（x）為減函數；當x∈（x₀，e²）時，f′（x）＞0，f（x）為增函數．
∴f（x）_min=f（x₀）=

x0

lnx0

-ax₀≤

1

4

，x₀∈（e，e²）．
∴a≥

1

lnx0

-

1

4x0

＞

1

lne2

-

1

4e2

＞

1

4

，與0＜a＜

1

4

矛盾．
綜上可得：a的取值范圍是：[

1

2

-

1

4e2

，+∞)．

點評：本題考查了利用導數研究函數的單調性極值與最值、恒成立問題的等價轉化方法、向量共線定理，考查了分類討論，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．