Question

17．已知函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=（2m+3）x+n，若對任意的x∈（0，+∞），總有f（x）≤g（x）恒成立，記（2m+3）n的最小值為f（m，n），則f（m，n）最大值為（　　）

• A． 1
• B． $\frac{1}{e}$
• C． $\frac{1}{e^2}$
• D． $\frac{1}{{\sqrt{e}}}$

Answer 1

分析 由題意可得lnx-（2m+3）x-n≤0在x∈（0，+∞）恒成立，設h（x）=lnx-（2m+3）x-n，只要h（x）的最大值不大于0．求出h（x）的導數(shù)和單調(diào)區(qū)間，討論2m+3的符號，可得最小值f（m，n），再令t=2m+3（t＞0），可令k（t）=t（-lnt-1），求出導數(shù)和單調(diào)區(qū)間，可得極大值，且為最大值．

解答 解：若對任意的x∈（0，+∞），總有f（x）≤g（x）恒成立，
即為lnx-（2m+3）x-n≤0在x∈（0，+∞）恒成立，
設h（x）=lnx-（2m+3）x-n，則h（x）的最大值不大于0．
由h′（x）=$\frac{1}{x}$-（2m+3），
若2m+3≤0，h′（x）＞0，h（x）在（0，+∞）遞增，h（x）無最大值；
若2m+3＞0，則當x＞$\frac{1}{2m+3}$時，h′（x）＜0，h（x）在（$\frac{1}{2m+3}$，+∞）遞減；
當0＜x＜$\frac{1}{2m+3}$時，h′（x）＞0，h（x）在（0，$\frac{1}{2m+3}$）遞增．
可得x=$\frac{1}{2m+3}$處h（x）取得最大值，且為-ln（2m+3）-1-n，
則-ln（2m+3）-1-n≤0，可得n≥-ln（2m+3）-1，
（2m+3）n≥（2m+3）[-ln（2m+3）-1]，
可得f（m，n）=（2m+3）[-ln（2m+3）-1]，
令t=2m+3（t＞0），可令k（t）=t（-lnt-1），
k′（t）=-lnt-1-1=-lnt-2，
當t＞$\frac{1}{{e}^{2}}$時，k′（t）＜0，k（t）在（$\frac{1}{{e}^{2}}$，+∞）遞減；
當0＜t＜$\frac{1}{{e}^{2}}$時，k′（t）＞0，k（t）在（0，$\frac{1}{{e}^{2}}$）遞增．
可得t=$\frac{1}{{e}^{2}}$處h（t）取得極大值，且為最大值$\frac{1}{{e}^{2}}$（-ln$\frac{1}{{e}^{2}}$-1）=$\frac{1}{{e}^{2}}$．
則f（m，n）最大值為$\frac{1}{{e}^{2}}$．
故選：C．

點評 本題考查函數(shù)的最值的求法，注意運用導數(shù)判斷單調(diào)性，考查不等式恒成立問題的解法，注意轉化為求函數(shù)的最值，考查換元法和構造函數(shù)法，屬于綜合題．