Question

8．已知函数f（x）=$\frac{lnx+k}{x}$在（0，+∞）存在最大值，且最大值为1．
（1）求实数k的值；
（2）若不等式f′（x）＞$\frac{1}{4}$a-$\frac{2a+1}{2x}$在（0，2]恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求导f′（x）=$\frac{-lnx-k+1}{{x}^{2}}$，从而由导数的正负确定函数的单调性，从而求最大值并令其为1，从而解得；
（2）化简原不等式可得2lnx+$\frac{1}{2}$ax²-（2a+1）x＜0，记g（x）=2lnx+$\frac{1}{2}$ax²-（2a+1）x，求导g′（x）=$\frac{（ax-1）（x-2）}{x}$，从而分类讨论以确定函数的单调性，从而化恒成立问题为最值问题即可．

解答 解：（1）∵f（x）=$\frac{lnx+k}{x}$，
∴f′（x）=$\frac{-lnx-k+1}{{x}^{2}}$，
由f′（x）=0得x=e^1-k，
当x∈（0，e^1-k）时，f（x）单调递增，当x∈（e^1-k，+∞）时，f（x）单调递减，
故f（x）的最大值为f（e^1-k）=e^k-1=1，所以k=1；
（2）原不等式可变形为2lnx+$\frac{1}{2}$ax²-（2a+1）x＜0，
记g（x）=2lnx+$\frac{1}{2}$ax²-（2a+1）x，g′（x）=$\frac{（ax-1）（x-2）}{x}$，
当a≤0时，g′（x）≥0，即g（x）在（0，2]递增，
所以g_min（x）=g（2）=2ln2-2a-2＜0，
解得a＞ln2-1，故ln2-1＜a≤0；
当0＜a≤$\frac{1}{2}$时，g′（x）≥0，g（x）在（0，2]递增，
所以g_min（x）=g（2）=2ln2-2a-2＜0，
解得a＞ln2-1，故0＜a≤$\frac{1}{2}$；
当a＞$\frac{1}{2}$时，由g′（x）＜0得$\frac{1}{a}$＜x≤2，由g′（x）＞0得0＜x＜$\frac{1}{a}$；
所以g（x）在（0，$\frac{1}{a}$）递增，在（$\frac{1}{a}$，2）递减，
故g_min（x）=g（$\frac{1}{a}$）=-2lna-$\frac{1}{2a}$-2＜0，
记h（a）=-2lna-$\frac{1}{2a}$-2（a＞$\frac{1}{2}$），则h′（a）=$\frac{1-4a}{2{a}^{2}}$＜0，
h（a）＜h（$\frac{1}{2}$）=2ln2-3＜0，故a＞$\frac{1}{2}$；
综上所述，实数a的取值范围是a＞ln2-1．

点评 本题考查了导数的综合应用及恒成立问题的处理方法应用，同时考查了分类讨论的思想应用．