Question

8．已知函數(shù)f（x）=$\frac{x}{lnx}$+ax，x＞1．
（Ⅰ）若f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）若a=2，求函數(shù)f（x）的極小值；
（Ⅲ）若方程（2x-m）lnx+x=0在（1，e]上有兩個不等實根，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，通過f′（x）≤0在x∈（1，+∞）上恒成立，得到a的不等式，利用二次函數(shù)的求出最小值，得到a的范圍．
（Ⅱ）利用a=2，化簡函數(shù)的解析式，求出函數(shù)的導數(shù)，然后求解函數(shù)的極值．
（Ⅲ）化簡方程（2x-m）lnx+x=0，得$\frac{x}{lnx}+2x=m$，利用函數(shù)f（x）與函數(shù)y=m在（1，e]上有兩個不同的交點，結(jié)合由（Ⅱ）可知，f（x）的單調(diào)性，推出實數(shù)m的取值范圍．

解答 （本小題滿分13分）
解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）=$\frac{x}{lnx}$+ax，x＞1．
$f'（x）=\frac{lnx-1}{{{{ln}^2}x}}+a$，由題意可得f′（x）≤0在x∈（1，+∞）上恒成立；---（1分）
∴$a≤\frac{1}{{{{ln}^2}x}}-\frac{1}{lnx}={（\frac{1}{lnx}-\frac{1}{2}）^2}-\frac{1}{4}$，----------------------（2分）
∵x∈（1，+∞），∴l(xiāng)nx∈（0，+∞），----------------------（3分）
∴$\frac{1}{lnx}-\frac{1}{2}=0$時函數(shù)t=${（\frac{1}{lnx}-\frac{1}{2}）^2}-\frac{1}{4}$的最小值為$-\frac{1}{4}$，
∴$a≤-\frac{1}{4}$----------------------（4分）
（Ⅱ）  當a=2時，$f（x）=\frac{x}{lnx}+2x$$f'（x）=\frac{{lnx-1+2{{ln}^2}x}}{{{{ln}^2}x}}$------------------（5分）
令f′（x）=0得2ln²x+lnx-1=0，
解得$lnx=\frac{1}{2}$或lnx=-1（舍），即$x={e^{\frac{1}{2}}}$----------------------（7分）
當$1＜x＜{e^{\frac{1}{2}}}$時，f'（x）＜0，當$x＞{e^{\frac{1}{2}}}$時，f′（x）＞0
∴f（x）的極小值為$f（{e^{\frac{1}{2}}}）=\frac{{{e^{\frac{1}{2}}}}}{{\frac{1}{2}}}+2{e^{\frac{1}{2}}}=4{e^{\frac{1}{2}}}$----------------------（8分）
（Ⅲ）將方程（2x-m）lnx+x=0兩邊同除lnx得$（2x-m）+\frac{x}{lnx}=0$
整理得$\frac{x}{lnx}+2x=m$----------------------（9分）
即函數(shù)f（x）與函數(shù)y=m在（1，e]上有兩個不同的交點；----------------------（10分）
由（Ⅱ）可知，f（x）在$（1，{e^{\frac{1}{2}}}）$上單調(diào)遞減，在$（{e^{\frac{1}{2}}}，e]$上單調(diào)遞增$f（{e^{\frac{1}{2}}}）=4{e^{\frac{1}{2}}}，f（e）=3e$，當x→1時，$\frac{x}{lnx}→+∞$，∴$4{e^{\frac{1}{2}}}＜m≤3e$，
實數(shù)m的取值范圍為$（4{e^{\frac{1}{2}}}，3e]$----------------------（13分）

點評 本題考查函數(shù)的導數(shù)的應(yīng)用，函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù) 極值的求法，函數(shù)的零點的應(yīng)用，考查分析問題解決問題的能力．