Question

12．已知函数$f（x）=\frac{lnx}{x}-\frac{k}{x}$（k∈R）．
（1）若函数f（x）的最大值为h（k），k≠1，试比较h（k）与$\frac{1}{{{e^{2k}}}}$的大小；
（2）若不等式${x^2}f（x）+\frac{1}{x+1}≥0$与$k≥-x+4\sqrt{x}-\frac{15}{4}$在[1，+∞）上均恒成立，求实数k的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而比较出大小即可；
（2）问题转化为$k≤lnx+\frac{1}{x（x+1）}$，令$g（x）=lnx+\frac{1}{x（x+1）}$，根据函数的单调性求出k的范围即可．

解答 解：（1）$f'（x）=\frac{1-lnx}{x^2}+\frac{k}{x^2}=\frac{1-lnx+k}{x^2}$．
令f'（x）＞0，得0＜x＜e^k+1，令f'（x）＜0，得x＞e^k+1，
故函数f（x）在（0，e^k+1）上单调递增，
在（e^k+1，+∞）上单调递减，
故$h（k）=f（{e^{k+1}}）=\frac{1}{{{e^{k+1}}}}$．
当k＞1时，2k＞k+1，
∴$\frac{1}{{{e^{2k}}}}＜\frac{1}{{{e^{k+1}}}}$，∴$h（k）＞\frac{1}{{{e^{2k}}}}$；
当k＜1时，2k＜k+1，
∴$\frac{1}{{{e^{2k}}}}＞\frac{1}{{{e^{k+1}}}}$，∴$h（k）＜\frac{1}{{{e^{2k}}}}$．
（2）由${x^2}f（x）+\frac{1}{x+1}≥0$且x≥1得，$k≤lnx+\frac{1}{x（x+1）}$，
令$g（x）=lnx+\frac{1}{x（x+1）}$，则$g'（x）=\frac{{{x^3}+2{x^2}-x-1}}{{{{[{x（x+1）}]}^2}}}$，
设h（x）=x³+2x²-x-1，则h'（x）=3x²+4x-1＞0，
所以g'（x）＞0，所以g（x）在[1，+∞）上单调递增，
所以$g{（x）_{min}}=g（1）=\frac{1}{2}$，所以$k≤\frac{1}{2}$．
又$-x+4\sqrt{x}-\frac{15}{4}=-{（\sqrt{x}-2）^2}+\frac{1}{4}≤\frac{1}{4}$，
所以$k≥\frac{1}{4}$，
综上，$k∈[{\frac{1}{4}，\frac{1}{2}}]$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道中档题．