Question

10．設函數(shù)f（x）=$\frac{lnx}{x^2}$．
（1）求f（x）的極大值；
（2）當方程f（x）-$\frac{a}{2e}$=0（a∈R⁺）有唯一解時，方程g（x）=txf'（x）+$\frac{{a{x^2}-2tx-t}}{x^2}$=0也有唯一解，求正實數(shù)t的值．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值即可；
（2）求出a的值，問題轉(zhuǎn)化為x²-2tlnx-2tx=0（x＞0）有唯一解，設G（x）=x²-2tlnx-2tx=0（x＞0），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出G（x）的極小值，從而求出t的范圍即可．

解答 解：（1）$f'（x）=\frac{x-2xlnx}{x^4}=\frac{1-2lnx}{x^3}$．…（2分）
由f'（x）=0得$x=\sqrt{e}$，…（3分）

x	$（0，\sqrt{e}）$	$\sqrt{e}$	$（\sqrt{e}，+∞）$
f'（x）	+	0	-
f（x）	遞增	極大值	遞減

從而f（x）在$（0，\sqrt{e}）$單調(diào)遞增，在$（\sqrt{e}，+∞）$單調(diào)遞減，
$f{（x）_{極大}}=f（\sqrt{e}）=\frac{1}{2e}$．…（6分）
（2）由（1）的結(jié)論知方程$f（x）-\frac{a}{2e}=0（a∈{R^+}）$有唯一解⇒a=1…（7分）
方程$g（x）=txf'（x）+\frac{{a{x^2}-2tx-t}}{x^2}=0$有唯一解
即x²-2tlnx-2tx=0（x＞0）有唯一解
設G（x）=x²-2tlnx-2tx=0（x＞0）
∴$G'（x）=\frac{2}{x}（{x^2}-tx-t）$
令G'（x）=0則x²-tx-t=0
設x²-tx-t=0的兩根為x₁，x₂，不妨設x₁＜x₂
∵t＞0
∴x₁＜0＜x₂，
∴${x_1}=\frac{{t-\sqrt{{t^2}+4t}}}{2}，{x_2}=\frac{{t+\sqrt{{t^2}+4t}}}{2}$，
∴G（x）在區(qū)間（0，x₂）上遞減，在區(qū)間（x₂，+∞）遞增，
從而G（x）在x=x₂處取得極小值，
要使G（x）=x²-2tlnx-2tx=0（x＞0）有唯一解，則G（x₂）=0，
即：${x_2}^2-2tln{x_2}-2t{x_2}=0$①，
∵G（x）在x=x₂處取得極小值，
∴${x_2}^2-t{x_2}-t=0$②，
由①②得：2tlnx₂+tx₂-t=0，
即：2lnx₂+x₂-1=0∴x₂=1，
又∵x₂是方程x²-tx-t=0的根，
∴1-t-t=0，從而$t=\frac{1}{2}$．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值問題，考查導數(shù)的應用以及函數(shù)恒成立問題，是一道中檔題．