Question

12．已知函數(shù)$f（x）=\frac{lnx}{x}-\frac{k}{x}$（k∈R）．
（1）若函數(shù)f（x）的最大值為h（k），k≠1，試比較h（k）與$\frac{1}{{{e^{2k}}}}$的大�。�
（2）若不等式${x^2}f（x）+\frac{1}{x+1}≥0$與$k≥-x+4\sqrt{x}-\frac{15}{4}$在[1，+∞）上均恒成立，求實數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而比較出大小即可；
（2）問題轉(zhuǎn)化為$k≤lnx+\frac{1}{x（x+1）}$，令$g（x）=lnx+\frac{1}{x（x+1）}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出k的范圍即可．

解答 解：（1）$f'（x）=\frac{1-lnx}{x^2}+\frac{k}{x^2}=\frac{1-lnx+k}{x^2}$．
令f'（x）＞0，得0＜x＜e^k+1，令f'（x）＜0，得x＞e^k+1，
故函數(shù)f（x）在（0，e^k+1）上單調(diào)遞增，
在（e^k+1，+∞）上單調(diào)遞減，
故$h（k）=f（{e^{k+1}}）=\frac{1}{{{e^{k+1}}}}$．
當(dāng)k＞1時，2k＞k+1，
∴$\frac{1}{{{e^{2k}}}}＜\frac{1}{{{e^{k+1}}}}$，∴$h（k）＞\frac{1}{{{e^{2k}}}}$；
當(dāng)k＜1時，2k＜k+1，
∴$\frac{1}{{{e^{2k}}}}＞\frac{1}{{{e^{k+1}}}}$，∴$h（k）＜\frac{1}{{{e^{2k}}}}$．
（2）由${x^2}f（x）+\frac{1}{x+1}≥0$且x≥1得，$k≤lnx+\frac{1}{x（x+1）}$，
令$g（x）=lnx+\frac{1}{x（x+1）}$，則$g'（x）=\frac{{{x^3}+2{x^2}-x-1}}{{{{[{x（x+1）}]}^2}}}$，
設(shè)h（x）=x³+2x²-x-1，則h'（x）=3x²+4x-1＞0，
所以g'（x）＞0，所以g（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，
所以$g{（x）_{min}}=g（1）=\frac{1}{2}$，所以$k≤\frac{1}{2}$．
又$-x+4\sqrt{x}-\frac{15}{4}=-{（\sqrt{x}-2）^2}+\frac{1}{4}≤\frac{1}{4}$，
所以$k≥\frac{1}{4}$，
綜上，$k∈[{\frac{1}{4}，\frac{1}{2}}]$．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，是一道中檔題．