Question

6．已知函數(shù)f（x）=$\frac{lnx}{x}$，g（x）=-x²+ax+1．
（1）求函數(shù)y=f（x）在[t，t+2]（t＞0）上的最大值；
（2）若函數(shù)y=x²f（x）+g（x）有兩個不同的極值點x₁，x₂（x₁＜x₂），且x₂-x₁＞$\frac{1}{2}$ln2，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)數(shù)，再分類討論，確定函數(shù)在區(qū)間上的單調(diào)性，即可求得函數(shù)的最小值；
（2）函數(shù)由兩個不同的極值點轉(zhuǎn)化為導(dǎo)函數(shù)等于0的方程有兩個不同的實數(shù)根，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為圖象的交點問題，由此可得結(jié)論．

解答 解：（1）由f′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
令f′（x）＞0，解得：x＜e，令f′（x）＜0，解得：x＞e，
故f（x）在（0，e）遞增，在（e，+∞）遞減，
①t+2＜e即0＜t＜e-2時，
f（x）在[t，t+2]遞增，f（x）_max=f（t+2）=$\frac{ln（t+2）}{t+2}$，
②t≥e時，f（x）在[t，t+2]遞減，f（x）_max=f（t）=$\frac{lnt}{t}$，
③t＜e＜t+2時，f（x）在[t，e）遞增，在（e，t+2]遞減，
f（x）_max=f（e）=$\frac{1}{e}$；
故f（x）_max=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{ln（t+2）}{t+2}，0＜t＜e-2}\\{\frac{1}{e}，e-2≤t＜e}\\{\frac{lnt}{t}，t≥e}\end{array}\right.$；
（2）y=x²f（x）+g（x）=xlnx-x²+ax-1，則y′=lnx-2x+1+a，
題意即為y′=lnx-2x+1+a=0有兩個不同的實根x₁，x₂（x₁＜x₂），
即a=-lnx+2x-1有兩個不同的實根x₁，x₂（x₁＜x₂），
等價于直線y=a與函數(shù)G（x）=-lnx+2x-1的圖象有兩個不同的交點
∵G′（x）=-$\frac{1}{x}$+2，∴G（x）在（0，$\frac{1}{2}$）上單調(diào)遞減，在（$\frac{1}{2}$，+∞）上單調(diào)遞增，
畫出函數(shù)圖象的大致形狀（如右圖），
由圖象知，當(dāng)a＞G（x）_min=G（$\frac{1}{2}$））=ln2時，x₁，x₂存在，且x₂-x₁的值隨著a的增大而增大，
而當(dāng)x₂-x₁=$\frac{1}{2}$ln2時，由題意 $\left\{\begin{array}{l}{l{nx}_{1}-{2x}_{1}+1+a=0}\\{l{nx}_{2}-{2x}_{2}+1+a=0}\end{array}\right.$，
兩式相減可得ln $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=2（x₁-x₂）=-ln2，
∴x₂=2x₁代入上述方程可得x₂=2x₁=$\frac{1}{2}$ln2，
此時a=ln2-ln（$\frac{ln2}{2}$）-1，
所以，實數(shù)a的取值范圍為a＞ln2-ln（$\frac{ln2}{2}$）-1．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的單調(diào)性與最值，考查的知識點比較多，考查數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想，綜合性強(qiáng)．