Question

5．已知函数f（x）=$\frac{x}{lnx}$+kx（k＜0）．
（Ⅰ）若f'（x）≤0在（1，+∞）上恒成立，求k的最大整数值．
（Ⅱ）若?t₁，t₂∈[e，e²]，使f'（t₁）-k≥f（t₂）成立，求k的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）可求出函数f（x）的定义域，并求出f′（x）=$k+\frac{lnx-1}{（lnx）^{2}}$，而配方即可得出$f′（x）=k+\frac{1}{4}-（\frac{1}{lnx}-\frac{1}{2}）^{2}$，这样即可求出f′（x）的最大值，从而得出$k≤-\frac{1}{4}$，这便可得出k的最大整数值；
（Ⅱ）根据题意便可得出f′（x）_max-k≥f（x）_min，从而得到$f（x）_{min}≤\frac{1}{4}$，这样讨论k：$k≤-\frac{1}{4}$和$-\frac{1}{4}＜k＜0$，判断函数f（x）在[e，e²]上的单调性，这样即可求得k的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）由已知得f（x）定义域为（0，1）∪（1，+∞）；
$f'（x）=k+\frac{lnx-1}{{{{（{lnx}）}^2}}}≤0$在（1，+∞）恒成立，
即当x∈（1，+∞）时[f'（x）]_max≤0
由$f'（x）=k+\frac{lnx-1}{{{{（{lnx}）}^2}}}=k+\frac{1}{4}-{（\frac{1}{lnx}-\frac{1}{2}）^2}$；
所以当$\frac{1}{lnx}=\frac{1}{2}$，即x=e²时，${[{f'（x）}]_{max}}=k+\frac{1}{4}$，故$k+\frac{1}{4}≤0$即$k≤-\frac{1}{4}$；
所以k的最大整数值为-1；
（Ⅱ）若?t₁，${t_2}∈[e，{e^2}]$使f'（t₁）-k≥f（t₂）成立，等价于：[f'（x）]_max-k≥[f（x）]_min；
由（Ⅰ）得${[{f'（x）}]_{max}}=k+\frac{1}{4}$
即${[{f（x）}]_{min}}≤\frac{1}{4}$
①当$k≤-\frac{1}{4}$时，y=f（x）在[e，e²]是减函数
由${[{f（x）}]_{min}}=f（{e^2}）=k{e^2}+\frac{e^2}{2}$得$k{e^2}+\frac{e^2}{2}≤\frac{1}{4}$解得$k≤\frac{1}{{4{e^2}}}-\frac{1}{2}＜-\frac{1}{4}$；
②当$-\frac{1}{4}＜k＜0$时，$f'（x）=k+\frac{lnx-1}{{{{（{lnx}）}^2}}}=k+\frac{1}{4}-{（\frac{1}{lnx}-\frac{1}{2}）^2}$，f'（x）在[e，e²]是增函数，f'（x）的值域为[f'（e），f'（e²）]即$[k，k+\frac{1}{4}]$
由f'（x）的单调性和值域知：存在唯一的${x_0}∈[e，{e^2}]$使f'（x）=0
且满足当x₀∈（e，x₀）时，f'（x）＜0f（x）是减函数
当${x_0}∈（{x_0}，{e^2}）$时，f'（x）＞0f（x）是增函数．
则${[{f（x）}]_{min}}=f（{x_0}）=k{x_0}+\frac{x_0}{{ln{x_0}}}$，故 $k{x_0}+\frac{x_0}{{ln{x_0}}}≤\frac{1}{4}$解得$k≤\frac{1}{{4{x_0}}}-\frac{1}{{ln{x_0}}}$
所以$k≤\frac{1}{4e}-\frac{1}{{ln{e^2}}}＜\frac{1}{4}-\frac{1}{2}=-\frac{1}{4}$这与$-\frac{1}{4}＜k＜0$矛盾．
综上可得$k≤\frac{1}{{4{e^2}}}-\frac{1}{2}$即实数k的取值范围为$（-∞，\frac{1}{{4{e^2}}}-\frac{1}{2}]$．

点评 本题主要考查函数与导数等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查分类与整合思想、数形结合思想、函数与方程思想及化归思想等．