Question

10．设函数f（x）=$\frac{{e}^{2}{x}^{2}+1}{x}$，g（x）=$\frac{{e}^{2}{x}^{2}}{{e}^{x}}$，若对任意的x₁、x₂∈（0，+∞），不等式$\frac{g（{x}_{1}）}{k}$≤$\frac{f（{x}_{2}）}{k+1}$恒成立，则正数k的取值范围是k≥$\frac{4}{2e-4}$．

Answer 1

分析 当x＞0时，将f（x）变形，利用基本不等式可求f（x）的最小值，对函数g（x）求导，利用导数研究函数的单调性，进而可求g（x）的最大值，由$\frac{g（{x}_{1}）}{k}$≤$\frac{f（{x}_{2}）}{k+1}$恒成立且k＞0，则 $\frac{{g（x）}_{max}}{k}$≤$\frac{{f（x）}_{min}}{k+1}$，可求k的范围．

解答 解：∵当x＞0时，f（x）=e²x+$\frac{1}{x}$≥2 $\sqrt{{e}^{2}x•\frac{1}{x}}$=2e，
∴x₁∈（0，+∞）时，函数f（x₁）有最小值2e
∵g′（x）=$\frac{{e}^{2}x（2-x）}{{e}^{x}}$，当x＜2时，g′（x）＞0，则函数g（x）在（0，2）上单调递增
当x＞2时，g′（x）＜0，则函数在（2，+∞）上单调递减
∴x=2时，函数g（x）有最大值g（2）=4，
则有x₁、x₂∈（0，+∞），f（x₁）_min=2e＞g（x₂）_max=4，
∵$\frac{g（{x}_{1}）}{k}$≤$\frac{f（{x}_{2}）}{k+1}$恒成立且k＞0，
∴$\frac{4}{k}$≤$\frac{2e}{k+1}$，∴k≥$\frac{4}{2e-4}$，
故答案为：k≥$\frac{4}{2e-4}$

点评 本题主要考查了利用基本不等式求解函数的最值，导数在函数的单调性，最值求解中的应用是解答本题的另一重要方法，函数的恒成立问题的转化，本题具有一定的难度．