Question

14．已知函數(shù)f（x）=$\frac{{a{x^2}}}{lnx}$在x=e處的切線經(jīng)過點（1，e）．（e=2.71828…）
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）在[${e^{\frac{1}{4}}}$，e]上的最值；
（Ⅱ）若方程g（x）=tf（x）-x在$[\frac{1}{e}，1）∪（1，{e^2}]$上有兩個零點，求實數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 先求函數(shù)f（x）的定義域，利用函數(shù)f（x）=$\frac{{a{x^2}}}{lnx}$在x=e處的切線經(jīng)過點（1，e）．求出a的值．
（Ⅰ）計算并判斷f′（x）＞0或f′（x）＜0，可得f（x）的單調(diào)區(qū)間，即可求函數(shù)f（x）在[${e^{\frac{1}{4}}}$，e]上的最值；
（Ⅱ）原命題等價于h（x）=$\frac{lnx}{x}$與y=t在[$\frac{1}{e}$，1）∪（1，e²]上有兩個不同的交點，由h′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$＞0得0＜x＜e，h′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$＜0得x＞e，可得最大值h（e）=$\frac{1}{e}$，又h（$\frac{1}{e}$）=-e，h（e²）=$\frac{2}{{e}^{2}}$，h（1）=0且$\frac{2}{{e}^{2}}$＞0＞-e，從而可求實數(shù)t的取值范圍．

解答 解：由題意，f（x）的定義域為（0，1）∪（1，+∞），
∵f′（x）=$\frac{ax（2lnx-1）}{（lnx）^{2}}$，
∴f′（e）=ae，
∴f（x）在x=e處的切線方程為y-ae²=ae（x-e），即y=eax，
∵函數(shù)f（x）=$\frac{{a{x^2}}}{lnx}$在x=e處的切線經(jīng)過點（1，e），
∴a=1．
（Ⅰ）由f′（x）＞0得f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（$\sqrt{e}$，+∞），
由f′（x）＜0得f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，1）（1，$\sqrt{e}$），
∴f（x）在[${e^{\frac{1}{4}}}$，$\sqrt{e}$]上單調(diào)遞減，在[$\sqrt{e}$，e]上單調(diào)遞增，
∵f（$\sqrt{e}$）=2e，f（${e^{\frac{1}{4}}}$）=4$\sqrt{e}$，f（e）=e²，e²$＞4\sqrt{e}$，
∴函數(shù)f（x）在[${e^{\frac{1}{4}}}$，e]上的最大值為e²，最小值為2e；
（Ⅱ）函數(shù)g（x）=tf（x）-x在[$\frac{1}{e}$，1）∪（1，e²]上有兩個零點，
等價于h（x）=$\frac{lnx}{x}$與y=t在[$\frac{1}{e}$，1）∪（1，e²]上有兩個不同的交點．
由h′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$＞0得0＜x＜e，h′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$＜0得x＞e，
所以當(dāng)x=e時y=h（x）有極大值，即最大值h（e）=$\frac{1}{e}$，
又h（$\frac{1}{e}$）=-e，h（e²）=$\frac{2}{{e}^{2}}$，h（1）=0且$\frac{2}{{e}^{2}}$＞0＞-e，所以實數(shù)t的取值范圍為[$\frac{2}{{e}^{2}}$，$\frac{1}{e}$）．

點評 本題主要考查了函數(shù)的零點與方程根的關(guān)系，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考查了計算能力和轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．