Question

19．已知函數(shù)f（x）=lnx，h（x）=ax（a∈R）．
（I）函數(shù)f（x）與h（x）的圖象無(wú)公共點(diǎn)，試求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）是否存在實(shí)數(shù)m，使得對(duì)任意的x∈（$\frac{1}{2}$，+∞），都有函數(shù)y=f（x）+$\frac{m}{x}$的圖象在g（x）=$\frac{{e}^{x}}{x}$的圖象的下方？若存在，請(qǐng)求出最大整數(shù)m的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)理由．
（參考數(shù)據(jù)：ln2=0.6931，ln3=1.0986，$\sqrt{e}$=1.6487，$\root{3}{e}$=1.3956）．

Answer 1

分析 （I）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出曲線f（x）過(guò)原點(diǎn)的切線斜率，結(jié)合函數(shù)圖象得出a的范圍；
（II）假設(shè)存在實(shí)數(shù)m滿足題意，則不等式lnx+$\frac{m}{x}$≤$\frac{{e}^{x}}{x}$在（$\frac{1}{2}$，+∞）上恒成立．即m＜e^x-xlnx在（$\frac{1}{2}$，+∞）上恒成立．令h（x）=e^x-xlnx，求出導(dǎo)數(shù)和二階導(dǎo)數(shù)，運(yùn)用零點(diǎn)存在性定理，結(jié)合基本不等式可得最值，進(jìn)而得到m的范圍和最大整數(shù)．

解答 解：（I）設(shè)y=kx與f（x）的圖象相切，切點(diǎn)為（x₀，y₀），
則$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{{x}_{0}}=k}\\{ln{x}_{0}={y}_{0}}\\{{y}_{0}=k{x}_{0}}\end{array}\right.$，解得x₀=e，k=$\frac{1}{e}$．
∵函數(shù)f（x）與h（x）的圖象無(wú)公共點(diǎn)，
∴a＞$\frac{1}{e}$．
（II）假設(shè)存在實(shí)數(shù)m滿足題意，
則不等式lnx+$\frac{m}{x}$≤$\frac{{e}^{x}}{x}$在（$\frac{1}{2}$，+∞）上恒成立．
即m＜e^x-xlnx在（$\frac{1}{2}$，+∞）上恒成立．
令h（x）=e^x-xlnx，則h'（x）=e^x-lnx-1，
h′′（x）=e^x-$\frac{1}{x}$，
∵h(yuǎn)′'（x）在（$\frac{1}{2}$，+∞）上單調(diào)遞增，且h′′（$\frac{1}{2}$）=$\sqrt{e}$-2＜0，h'′（1）=e-1＞0，
∴存在x₀∈（$\frac{1}{2}$，1），使得h′'（x₀）=0，即e${\;}^{{x}_{0}}$-$\frac{1}{{x}_{0}}$=0，∴x₀=-lnx₀，
∴當(dāng)x∈（$\frac{1}{2}$，x₀）時(shí)，h′（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x∈（x₀，+∞）時(shí)，h′（x）單調(diào)遞增，
∴h′（x）的最小值h′（x₀）=e${\;}^{{x}_{0}}$-lnx₀-1=x₀+$\frac{1}{{x}_{0}}$-1≥2-1=1＞0，
∴h′（x）＞0，∴h（x）在區(qū)間（$\frac{1}{2}$，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增．
∴m≤h（$\frac{1}{2}$）=e${\;}^{\frac{1}{2}}$-$\frac{1}{2}$ln$\frac{1}{2}$=e${\;}^{\frac{1}{2}}$+$\frac{1}{2}$ln2=1.99525，
∴存在實(shí)數(shù)m滿足題意，且最大整數(shù)m的值為1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求切線的方程和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，考查任意性和存在性問(wèn)題的解法，注意運(yùn)用轉(zhuǎn)化思想和構(gòu)造函數(shù)法，求出導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．