Question

15．已知f（x）=$\frac{1+2lnx}{{x}^{2}}$．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）令g（x）=ax²-2lnx，则g（x）=1时有两个不同的根，求a的取值范围；
（3）存在x₁，x₂∈（1，+∞）且x₁≠x₂，使|f（x₁）-f（x₂）|≥k|lnx₁-lnx₂|成立，求k的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求导f′（x）=-$\frac{4xlnx}{{x}^{4}}$=-$\frac{4lnx}{{x}^{3}}$，从而讨论导数的正负，以确定函数的单调性；
（2）化简可得a=$\frac{1+2lnx}{{x}^{2}}$=f（x），从而由（1）作函数的图象，从而解得；
（3）不妨设x₁＞x₂＞1，从而化不等式为函数h（x）=f（x）+klnx在（1，+∞）上存在单调减区间，从而可得h′（x）=f′（x）+$\frac{k}{x}$=-$\frac{4lnx}{{x}^{3}}$+$\frac{k}{x}$=$\frac{k{x}^{2}-4lnx}{{x}^{3}}$＜0在（1，+∞）上有解，从而解得．

解答 解：（1）∵f（x）=$\frac{1+2lnx}{{x}^{2}}$，
f′（x）=$\frac{\frac{2}{x}•{x}^{2}-（1+2lnx）•2x}{{x}^{4}}$=-$\frac{4xlnx}{{x}^{4}}$=-$\frac{4lnx}{{x}^{3}}$，
故x∈（0，1）时，f′（x）＞0，
x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，
故f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；
（2）∵g（x）=ax²-2lnx=1，
∴a=$\frac{1+2lnx}{{x}^{2}}$=f（x），
作函数f（x）的图象如下，
，
∵f（1）=$\frac{1}{1}$=1，
∴结合图象可知，a的取值范围为（0，1）；
（3）不妨设x₁＞x₂＞1，
∵f（x）在（1，+∞）上单调递减，y=lnx在（1，+∞）上单调递增；
∴|f（x₁）-f（x₂）|≥k|lnx₁-lnx₂|可化为
f（x₂）-f（x₁）≥k（lnx₁-lnx₂），
∴f（x₂）+klnx₂≥f（x₁）+klnx₁，
即函数h（x）=f（x）+klnx在（1，+∞）上存在单调减区间，
即h′（x）=f′（x）+$\frac{k}{x}$=-$\frac{4lnx}{{x}^{3}}$+$\frac{k}{x}$=$\frac{k{x}^{2}-4lnx}{{x}^{3}}$＜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，
∵（$\frac{4lnx}{{x}^{2}}$）′=$\frac{4-8lnx}{{x}^{3}}$，当x=$\sqrt{e}$时，$\frac{4-8lnx}{{x}^{3}}$=0；
故（$\frac{4lnx}{{x}^{2}}$）_max=$\frac{2}{e}$；
∴k＜$\frac{2}{e}$．

点评 本题考查了导数综合应用及数形结合的思想应用，同时考查了学生由繁化简的能力．