Question

15．已知f（x）=$\frac{1+2lnx}{{x}^{2}}$．
（1）求f（x）的最大值；
（2）令g（x）=ax²-2lnx，當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）的最大值為M，g（x）=M有兩個(gè)不同的根，求a的取值范圍；
（3）存在x₁，x₂∈（1，+∞），且x₁≠x₂，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥k|lnx₁-lnx₂|成立，求k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)f′（x），從而討論導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，以確定函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)的最大值即可；
（2）求出M的值，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出滿足條件的a的范圍即可；
（3）不妨設(shè)x₁＞x₂＞1，從而化不等式為函數(shù)h（x）=f（x）+klnx在（1，+∞）上存在單調(diào)減區(qū)間，從而可得h′（x）=$\frac{{kx}^{2}-4lnx}{{x}^{3}}$＜0在（1，+∞）上有解，從而解得．

解答 解：（1）∵f（x）=$\frac{1+2lnx}{{x}^{2}}$，f′（x）=-$\frac{4lnx}{{x}^{3}}$，
故x∈（0，1）時(shí)，f′（x）＞0，x∈（1，+∞）時(shí)，f′（x）＜0，
故f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
所以函數(shù)最大值f_max（x）=f（1）=1；
（2）由（1）可知M=1，g′（x）=2ax-$\frac{2}{x}$=$\frac{2（{ax}^{2}-1）}{x}$，
①當(dāng)a≤0時(shí)，g'（x）＜0，單調(diào)遞減，故不可能有兩個(gè)根，舍去，
②當(dāng)a＞0時(shí)，x∈（0，$\sqrt{\frac{1}{a}}$）時(shí)，g'（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，
x∈（$\sqrt{\frac{1}{a}}$，+∞）時(shí)，g'（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，
所以g（$\sqrt{\frac{1}{a}}$）＜1，得0＜a＜1．
綜上，0＜a＜1；
（3）不妨設(shè)x₁＞x₂＞1，
∵f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，y=lnx在（1，+∞）上單調(diào)遞增；
∴|f（x₁）-f（x₂）|≥k|lnx₁-lnx₂|可化為
f（x₂）-f（x₁）≥k（lnx₁-lnx₂），
∴f（x₂）+klnx₂≥f（x₁）+klnx₁，
即函數(shù)h（x）=f（x）+klnx在（1，+∞）上存在單調(diào)減區(qū)間，
即h′（x）=f′（x）+$\frac{k}{x}$=-$\frac{4lnx}{{x}^{3}}$+$\frac{k}{x}$=$\frac{{kx}^{2}-4lnx}{{x}^{3}}$＜0在（1，+∞）上有解，
即m（x）=kx²-4lnx＜0在（1，+∞）上有解，
即k＜$\frac{4lnx}{{x}^{2}}$在（1，+∞）上有解，
∵（ $\frac{4lnx}{{x}^{2}}$）′=$\frac{4-8lnx}{{x}^{3}}$，當(dāng)x=$\sqrt{e}$時(shí)，$\frac{4-8lnx}{{x}^{3}}$=0；
故（ $\frac{4lnx}{{x}^{2}}$）_max=$\frac{2}{e}$；
∴k＜$\frac{2}{e}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)綜合應(yīng)用及數(shù)形結(jié)合的思想應(yīng)用，同時(shí)考查了學(xué)生由繁化簡(jiǎn)的能力．