Question

10．設(shè)函數(shù)f（x）=$\frac{{e}^{2}{x}^{2}+1}{x}$，g（x）=$\frac{{e}^{2}{x}^{2}}{{e}^{x}}$，若對任意的x₁、x₂∈（0，+∞），不等式$\frac{g（{x}_{1}）}{k}$≤$\frac{f（{x}_{2}）}{k+1}$恒成立，則正數(shù)k的取值范圍是k≥$\frac{4}{2e-4}$．

Answer 1

分析 當(dāng)x＞0時，將f（x）變形，利用基本不等式可求f（x）的最小值，對函數(shù)g（x）求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而可求g（x）的最大值，由$\frac{g（{x}_{1}）}{k}$≤$\frac{f（{x}_{2}）}{k+1}$恒成立且k＞0，則 $\frac{{g（x）}_{max}}{k}$≤$\frac{{f（x）}_{min}}{k+1}$，可求k的范圍．

解答 解：∵當(dāng)x＞0時，f（x）=e²x+$\frac{1}{x}$≥2 $\sqrt{{e}^{2}x•\frac{1}{x}}$=2e，
∴x₁∈（0，+∞）時，函數(shù)f（x₁）有最小值2e
∵g′（x）=$\frac{{e}^{2}x（2-x）}{{e}^{x}}$，當(dāng)x＜2時，g′（x）＞0，則函數(shù)g（x）在（0，2）上單調(diào)遞增
當(dāng)x＞2時，g′（x）＜0，則函數(shù)在（2，+∞）上單調(diào)遞減
∴x=2時，函數(shù)g（x）有最大值g（2）=4，
則有x₁、x₂∈（0，+∞），f（x₁）_min=2e＞g（x₂）_max=4，
∵$\frac{g（{x}_{1}）}{k}$≤$\frac{f（{x}_{2}）}{k+1}$恒成立且k＞0，
∴$\frac{4}{k}$≤$\frac{2e}{k+1}$，∴k≥$\frac{4}{2e-4}$，
故答案為：k≥$\frac{4}{2e-4}$

點評 本題主要考查了利用基本不等式求解函數(shù)的最值，導(dǎo)數(shù)在函數(shù)的單調(diào)性，最值求解中的應(yīng)用是解答本題的另一重要方法，函數(shù)的恒成立問題的轉(zhuǎn)化，本題具有一定的難度．