Question

6．已知函數$f（x）=\frac{a+lnx}{x}$，曲線f（x）在點（e，f（e））處的切線與直線y=e²x+e垂直．
（1）求a的值及f（x）的極值；
（2）是否存在區(qū)間$（{t，t+\frac{2}{3}}）（t＞0）$，使函數f（x）在此區(qū)間上存在極值和零點？若存在，求實數t的取值范圍，若不存在，請說明理由；
（3）若不等式x²f（x）＞k（x-1）對任意x∈（1，+∞）恒成立，求整數k的最大值．

Answer 1

分析 （1）求出函數的導數，計算f（e），f′（e）的值，求出a的值，從而求出f（x）的解析式，求出函數的單調區(qū)間，得到函數的極值即可；
（2）畫出函數f（x）的圖象，結合圖象求出t的范圍即可；
（3）問題可化為$k＜\frac{x（1+lnx）}{x-1}$，令$h（x）=\frac{x（1+lnx）}{x-1}$，（x＞1），根據函數的單調性求出k的最大值即可．

解答 解：（1）由$f（x）=\frac{a+lnx}{x}$，得$f'（x）=\frac{1-a-lnx}{x^2}$．
因為f（x）在點（e，f（e））處的切線與直線y=e²x+e垂直，
所以$f'（e）=\frac{1-a-lne}{e^2}=\frac{-a}{e^2}=-\frac{1}{e^2}$，解得a=1，
所以$f（x）=\frac{1+lnx}{x}（x＞0）$，令$f'（x）=-\frac{lnx}{x^2}=0$，得x=1．
因為當x∈（0，1）時，f'（x）＞0，當x∈（1，+∞）時，f'（x）＜0
所以f（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減，
故f（x）在x=1處取得極大值1，無極小值；
（2）因為f（x）在（1，+∞）上單調遞減，且f（x）＞0
又由（1）知f（x）在（0，1）上單調遞增，且$f（{e^{-2}}）=\frac{{1+ln{e^{-2}}}}{{{e^{-2}}}}=-{e^2}＜0$，f（1）=1＞0
所以由零點存在原理得f（x）在區(qū)間（0，1）存在唯一零點，函數f（x）的圖象如圖所示：
因為函數f（x）在區(qū)間$（{t，t+\frac{2}{3}}）（t＞0）$上存在極值和零點，

所以由$\left\{\begin{array}{l}0＜t＜1＜t+\frac{2}{3}\\ f（t）=\frac{1+lnt}{t}＜0\end{array}\right.$，解得$\frac{1}{3}＜t＜\frac{1}{e}$．
所以存在符合條件的區(qū)間，實數t的取值范圍為$（{\frac{1}{3}，\frac{1}{e}}）$；
（3）當x∈（1，+∞）時，不等式x²f（x）＞k（x-1）可變形為$k＜\frac{x（1+lnx）}{x-1}$
設$h（x）=\frac{x（1+lnx）}{x-1}$，（x＞1），則$h'（x）=\frac{x-lnx-2}{{{{（x-1）}^2}}}$
設φ（x）=x-lnx-2，（x＞1），則$φ'（x）=1-\frac{1}{x}$
因為x＞1時，$φ'（x）=\frac{x-1}{x}＞0$，所以φ（x）=x-lnx-2在（1，+∞）上單調遞增，
又因為φ（3）=1-ln3＜0，φ（4）=2-ln4＞0
所以存在唯一的x₀∈（3，4），使得φ（x₀）=0，即lnx₀=x₀-2，
當x∈（1，x₀）時，φ（x）＜0，即h'（x₀）＜0，
當x∈（x₀，+∞）時，φ（x）＞0，即h'（x₀）＞0，
所以h（x）在（1，x₀）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增，
故$h{（x）_{min}}=h（{x_0}）=\frac{{{x_0}（1+ln{x_0}）}}{{{x_0}-1}}=\frac{{{x_0}（1+{x_0}-2）}}{{{x_0}-1}}=\frac{{{x_0}（{x_0}-1）}}{{{x_0}-1}}={x_0}$，
因為$k＜{[{\frac{x（1+lnx）}{x-1}}]_{min}}={x_0}$，且x₀∈（3，4），
所以整數k的最大值為3．

點評 本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及轉化思想、數形結合思想，是一道中檔題．