Question

18．已知函數(shù)f（x）=$\frac{ln（ex）}{x}$，g（x）=$\frac{3}{8}$x²-2x+1+xf（x）．
（1）證明f（x）≤1在其定義域內(nèi)恒成立；
（2）若函數(shù)y=g（x）在[e^t，+∞）（t∈Z）上有零點，求t的最大值．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，求得單調(diào)區(qū)間和極值，也為最大值，即可得證；
（2）先把f（x）代入g（x）=$\frac{3}{8}$x²-2x+1+xf（x），求出g（x）解析式，再利用導(dǎo)數(shù)求極大值點與極小值點．可求出數(shù)列的幾個單調(diào)區(qū)間，分別考慮函數(shù)在每個單調(diào)區(qū)間上是否有零點，即可求出[e^t，+∞）（t∈Z）的可能情況，進(jìn)而，求t的最大值．

解答 解：（1）證明：函數(shù)f（x）=$\frac{ln（ex）}{x}$的導(dǎo)數(shù)為$\frac{1-（1+lnx）}{{x}^{2}}$=-$\frac{lnx}{{x}^{2}}$，
可得當(dāng)0＜x＜1時，f′（x）＞0，f（x）遞增；
當(dāng)x＞1時，f′（x）＜0，f（x）遞減．
即有x=1處，f（x）取得極大值，且為最大值1，
即有f（x）≤1在其定義域內(nèi)恒成立；
（2）由題知：g（x）=$\frac{3}{8}$x²+lnx+2-2x的定義域為（0，+∞），
∵g′（x）=$\frac{（3x-2）（x-2）}{4x}$，
∴函數(shù)g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，$\frac{2}{3}$]和[2，+∞），
g（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為[$\frac{2}{3}$，2]，
所以x=$\frac{2}{3}$為F（x）的極大值點，x=2為F（x）的極小值點．
∵g（x）在x∈[$\frac{2}{3}$，+∞）上的最小值為g（2）
且g（2）=$\frac{3}{8}$×2²-4+2+ln2=ln2-$\frac{1}{2}$=$\frac{ln4-1}{2}$＞0
∴g（x）在x∈[$\frac{2}{3}$，+∞）上沒有零點，
由函數(shù)g（x）在[e^t，+∞）（t∈Z）上有零點，
并考慮到g（x）在（0，$\frac{2}{3}$]單調(diào)遞增且在[$\frac{2}{3}$，2]單調(diào)遞減，
故只須e^t＜$\frac{2}{3}$且g（e^t）≤0即可，
易驗證g（e^-1）=$\frac{3}{8}$•e^-2+1-2e^-1＞0，
g（e^-2）=$\frac{3}{8}$•e^-4+lne^-2+2-2e^-2=$\frac{1}{{e}^{2}}$（$\frac{3}{8}$•e^-2-2）＜0，
當(dāng)t≤-2且t∈Z時均有g(shù)（e^t）＜0，
函數(shù)g（x）在[e^t，e^-1）（t∈Z）上有零點，
可得t的最大值為-2．

點評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)求單調(diào)區(qū)間、極值和最值，考查不等式恒成立的問題，同時考查函數(shù)的零點問題的解法，屬于中檔題．