Question

19．已知函數(shù)$f（x）=\frac{mx}{lnx}$，曲線y=f（x）在點(diǎn)（e²，f（e²））處的切線與直線2x+y+2=0垂直（其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）．
（1）求f（x）的解析式及函數(shù)y=f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）是否存在常數(shù)k，使得對(duì)于定義域內(nèi)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，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)f′（e²）=$\frac{1}{2}$，求出m的值，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）問題轉(zhuǎn)化為x∈（0，1）時(shí)：$k＞2x-2\sqrt{x}lnx$恒成立，當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，lnx＞0，則要$k＜2x-2\sqrt{x}lnx$恒成立，令$h（x）=2x-2\sqrt{x}lnx$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性判斷即可．

解答 解：（1）∵$f（x）=\frac{mx}{lnx}$，∴f′（x）=$\frac{m（lnx-1）}{{（lnx）}^{2}}$，
由題意有：$f'（{e^2}）=\frac{1}{2}$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，
∴函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，1）和（1，e）
由f'（x）＞0⇒x＞e，∴函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（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當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，lnx＜0，則要：$k＞2x-2\sqrt{x}lnx$恒成立，
令$h（x）=2x-2\sqrt{x}lnx$，則$h'（x）=\frac{{2\sqrt{x}-lnx-2}}{{\sqrt{x}}}$，
再令$g（x）=2\sqrt{x}-lnx-2$，則$g'（x）=\frac{{\sqrt{x}-1}}{x}＜0$，
所以g（x）在（0，1）單調(diào)遞減，∴g（x）＞g（1）=0，
∴$h'（x）=\frac{{2\sqrt{x}-lnx-2}}{{\sqrt{x}}}＞0$，∴h（x）在（0，1）單調(diào)遞增，
∴h（x）＜h（1）=2，∴k≥2
②當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，lnx＞0，則要$k＜2x-2\sqrt{x}lnx$恒成立，
由①可知，當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，$g'（x）=\frac{{\sqrt{x}-1}}{x}＞0$，
∴g（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增，
∴當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，g（x）＞g（1）=0，
∴$h'（x）=\frac{{2\sqrt{x}-lnx-2}}{{\sqrt{x}}}＞0$，∴h（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增，
∴h（x）＞h（1）=2，∴k≤2
綜合①，②可知：k=2，即存在常數(shù)k=2滿足題意．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道中檔題．