Question

19．已知函数$f（x）=\frac{mx}{lnx}$，曲线y=f（x）在点（e²，f（e²））处的切线与直线2x+y+2=0垂直（其中e为自然对数的底数）．
（1）求f（x）的解析式及函数y=f（x）的单调区间；
（2）是否存在常数k，使得对于定义域内的任意x，$f（x）＞\frac{k}{lnx}+2\sqrt{x}$恒成立？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，根据f′（e²）=$\frac{1}{2}$，求出m的值，解关于导函数的不等式求出函数的单调区间即可；
（2）问题转化为x∈（0，1）时：$k＞2x-2\sqrt{x}lnx$恒成立，当x∈（1，+∞）时，lnx＞0，则要$k＜2x-2\sqrt{x}lnx$恒成立，令$h（x）=2x-2\sqrt{x}lnx$，根据函数的单调性判断即可．

解答 解：（1）∵$f（x）=\frac{mx}{lnx}$，∴f′（x）=$\frac{m（lnx-1）}{{（lnx）}^{2}}$，
由题意有：$f'（{e^2}）=\frac{1}{2}$即：$\frac{m}{4}=\frac{1}{2}$，∴m=2
∴$f（x）=\frac{2x}{lnx}$∴$f'（x）=\frac{{2（{lnx-1}）}}{{{{（{lnx}）}^2}}}$，由f'（x）＜0⇒0＜x＜1或1＜x＜e，
∴函数f（x）的单调递减区间为（0，1）和（1，e）
由f'（x）＞0⇒x＞e，∴函数f（x）的单调增区间为（e，+∞）．
（2）要$f（x）＞\frac{k}{lnx}+2\sqrt{x}$恒成立，即$\frac{2x}{lnx}＞\frac{k}{lnx}+2\sqrt{x}?$$\frac{k}{lnx}＜\frac{2x}{lnx}-2\sqrt{x}$
①当x∈（0，1）时，lnx＜0，则要：$k＞2x-2\sqrt{x}lnx$恒成立，
令$h（x）=2x-2\sqrt{x}lnx$，则$h'（x）=\frac{{2\sqrt{x}-lnx-2}}{{\sqrt{x}}}$，
再令$g（x）=2\sqrt{x}-lnx-2$，则$g'（x）=\frac{{\sqrt{x}-1}}{x}＜0$，
所以g（x）在（0，1）单调递减，∴g（x）＞g（1）=0，
∴$h'（x）=\frac{{2\sqrt{x}-lnx-2}}{{\sqrt{x}}}＞0$，∴h（x）在（0，1）单调递增，
∴h（x）＜h（1）=2，∴k≥2
②当x∈（1，+∞）时，lnx＞0，则要$k＜2x-2\sqrt{x}lnx$恒成立，
由①可知，当x∈（1，+∞）时，$g'（x）=\frac{{\sqrt{x}-1}}{x}＞0$，
∴g（x）在（1，+∞）单调递增，
∴当x∈（1，+∞）时，g（x）＞g（1）=0，
∴$h'（x）=\frac{{2\sqrt{x}-lnx-2}}{{\sqrt{x}}}＞0$，∴h（x）在（1，+∞）单调递增，
∴h（x）＞h（1）=2，∴k≤2
综合①，②可知：k=2，即存在常数k=2满足题意．

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分类讨论思想，转化思想，是一道中档题．