Question

5．已知函数$f（x）=\frac{lnx}{x}-\frac{k}{x}$（k∈R）的最大值为h（k）．
（1）若k≠1，试比较h（k）与$\frac{1}{{{e^{2k}}}}$的大小；
（2）是否存在非零实数a，使得$h（k）＞\frac{k}{ae}$对k∈R恒成立，若存在，求a的取值范围；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）通过求导，利用导数研究函数的单调性，可得其极值与最值，对k分类讨论，即可比较出大小关系．
（2）由（1）知$h（k）=\frac{1}{{{e^{k+1}}}}＞\frac{k}{ae}$，可得$\frac{{k{e^k}}}{a}＜1$．设$g（k）=\frac{{k{e^k}}}{a}$，求导令g'（k）=0，解得k．对a分类讨论即可得出g（k）的极小值最小值．

解答 解：（1）$f'（x）=\frac{1-lnx}{x^2}+\frac{k}{x^2}=\frac{1-lnx+k}{x^2}$．
令f'（x）＞0，得0＜x＜e^k+1，令f'（x）＜0，得x＞e^k+1，
故函数f（x）在（0，e^k+1）上单调递增，在（e^k+1，+∞）上单调递减，
故$h（k）=f（{e^{k+1}}）=\frac{1}{{{e^{k+1}}}}$．
当k＞1时，2k＞k+1，∴$\frac{1}{{{e^{2k}}}}＜\frac{1}{{{e^{k+1}}}}$，∴$h（k）＞\frac{1}{{{e^{2k}}}}$；
当k＜1时，2k＜k+1，∴$\frac{1}{{{e^{2k}}}}＞\frac{1}{{{e^{k+1}}}}$，∴$h（k）＜\frac{1}{{{e^{2k}}}}$．
（2）由（1）知$h（k）=\frac{1}{{{e^{k+1}}}}＞\frac{k}{ae}$，∴$\frac{{k{e^k}}}{a}＜1$．
设$g（k）=\frac{{k{e^k}}}{a}$，∴$g'（k）=\frac{{（k+1）{e^k}}}{a}$，令g'（k）=0，解得k=-1．
当a＞0时，令g'（k）＞0，得k＞-1；令g'（x）＜0，得k＜-1，
∴$g{（k）_{min}}=g（-1）=-\frac{1}{ea}$，
∴$g（k）∈（-\frac{1}{ea}，+∞）$．
故当a＞0时，不满足$h（k）＞\frac{k}{ae}$对k∈R恒成立；
当a＜0时，同理可得$g{（k）_{max}}=g（-1）=-\frac{1}{ea}＜1$，解得$a＜-\frac{1}{e}$．
故存在非零实数a，且a的取值范围为$（-∞，-\frac{1}{e}）$．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、不等式的解法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．