Question

设函数f（x）=

lnx

x2

，g（x）=x²．
（1）求f（x）的极大值；
（2）求证：12elnn!≤（n²+n）（2n+1）（n∈N^*）
（3）当方程f（x）-

a

2e

=0（a∈R⁺）有唯一解时，试探究函数F（x）=x（x²f′（x）+k）-a-

k

x

（k∈R）与g（x）的图象在其公共点处是否存在公切线，若存在，研究k的值的个数；若不存在，请说明理由．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：导数的综合应用

分析：（1）由f（x）=

lnx

x2

，f′(x)=

x-2xlnx

x4

=

1-2lnx

x3

，利用导数性质能求出f（x）的极大值．
（2）由（1）知f(x)≤

1

2e

，

lnx

x2

≤

1

2e

，2elnx≤x²，由此能证明12elnn!≤（n²+n）（2n+1），n∈N^*．
（3）由（1）的结论：方程f(x)-

a

2e

=0，a∈R⁺有唯一解，得a=1，函数F（x）=x（x²f′（x）+k）-a-

k

x

=k（x-

1

x

）-2lnx，由此利用分类讨论思想求出当k≤0时，函数F（x）与g（x）的图象在其公共点处不存在公切线；当k＞0时，符合题意的k的值有2个．

解答： 解：（1）由f（x）=

lnx

x2

，f′(x)=

x-2xlnx

x4

=

1-2lnx

x3

，
由f′（x）=0，得x=

e

，

x	（0， e ）	e	（ e ，+∞）
f′（x）	+	0	-
f（x）	递增	极大值	递减

从而f（x）在（0，

e

）单调递增，在（

e

，+∞）单调递减．
f（x）_极大值=f（

e

）=

1

2e

．…（4分）
（2）证明：∵f（x）_极大值=f（

e

）=

1

2e

．
∴f(x)≤

1

2e

，∴

lnx

x2

≤

1

2e

，
∴lnx≤

1

2e

x2，∴2elnx≤x²，…（6分）
分别令x=1，2，3，…，n，
∴2eln1≤1²，2eln2≤2²，…，2elnn≤n²，
∴2e（ln1+ln2+ln3+…+lnn）≤1²+2²+3²+…+n²，
∴2eln!≤

n(n+1)(2n+1)

6

，
∴12elnn!≤（n²+n）（2n+1），n∈N^*．…（9分）
（3）解：由（1）的结论：方程f(x)-

a

2e

=0，a∈R⁺有唯一解，∴a=1，
函数F（x）=x（x²f′（x）+k）-a-

k

x

=k（x-

1

x

）-2lnx，
假设F（x），g（x）的图象在其公共点（x₀，y₀）处存在公切线，
∵F′(x)=

kx2-2x+k

x2

，g′（x）=2x，由F′（x₀）=g′（x₀），得：

kx02-2x0+k

x02

=2x₀，即：2x03-kx02+2x0-k=0，
∴（x02+1）（2x₀-k）=0，∴x0=

k

2

，
又函数的定义域为：（0，+∞），
当k≤0时，x0=

k

2

∉（0，+∞），∴函数F（x）与g（x）的图象在其公共点处不存在公切线；
当k＞0时，令F（

k

2

）=g（

k

2

），即：

k2

2

-2ln

k

2

-2=

k2

4

，
即：

k2-8

8

=ln

k

2

，(k＞0)，
下面研究方程

k2-8

8

=ln

k

2

在（0，+∞）解的个数，
令：h（x）=

x2-8

8

-ln

x

2

，x＞0，
h′(x)=

1

4

x-

1

x

=

x2-4

4x

，
h（x）在（0，2）递减，（2，+∞）递增．且h（2）=-

1

2

＜0，
且当x→0时，h（x）→+∞；当x→+∞时，h（x）→+∞，
∴h（x）在（0，+∞）有两个零点，
∴方程

k2-8

8

=ln

k

2

在（0，+∞）解的个数为2．
综上：当k≤0时，函数F（x）与g（x）的图象在其公共点处不存在公切线；
当k＞0时，符合题意的k的值有2个．…（14分）

点评：本题重点考查利用导数研究函数的性质，利用函数的性质解决不等式、方程问题．重点考查学生的代数推理论证能力．解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用．