题目内容
15．已知f（x）=$\frac{1+2lnx}{{x}^{2}}$．（1）求f（x）的最大值；
（2）令g（x）=ax2-2lnx，当x＞0时，f（x）的最大值为M，g（x）=M有两个不同的根，求a的取值范围；
（3）存在x1，x2∈（1，+∞），且x1≠x2，使得|f（x1）-f（x2）|≥k|lnx1-lnx2|成立，求k的取值范围．
分析 （1）求导f′（x），从而讨论导数的正负，以确定函数的单调性，求出函数的最大值即可；
（2）求出M的值，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，从而求出满足条件的a的范围即可；
（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）=$\frac{{kx}^{2}-4lnx}{{x}^{3}}$＜0在（1，+∞）上有解，从而解得．
解答 解：（1）∵f（x）=$\frac{1+2lnx}{{x}^{2}}$，f′（x）=-$\frac{4lnx}{{x}^{3}}$，
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，
所以函数最大值fmax（x）=f（1）=1；
（2）由（1）可知M=1，g′（x）=2ax-$\frac{2}{x}$=$\frac{2（{ax}^{2}-1）}{x}$，
①当a≤0时，g'（x）＜0，单调递减，故不可能有两个根，舍去，
②当a＞0时，x∈（0，$\sqrt{\frac{1}{a}}$）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，
x∈（$\sqrt{\frac{1}{a}}$，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，
所以g（$\sqrt{\frac{1}{a}}$）＜1，得0＜a＜1．
综上，0＜a＜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）+$\frac{k}{x}$=-$\frac{4lnx}{{x}^{3}}$+$\frac{k}{x}$=$\frac{{kx}^{2}-4lnx}{{x}^{3}}$＜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．
