Question

18．已知函数f（x）=$\frac{mx}{lnx}$，曲线y=f（x）在点x=e²处的切线与直线x-2y+e=0平行．
（Ⅰ）若函数g（x）=$\frac{1}{2}$f（x）-ax在（1，+∞）上是减函数，求实数a的最小值；
（Ⅱ）若函数F（x）=f（x）-$\frac{{k{x^2}}}{x-1}$无零点，求k的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函数的导函数，得到函数在x=e²处的导数，由导数值等于$\frac{1}{2}$求得m值，得到$f（x）=\frac{2x}{lnx}$，进一步求得$g（x）=\frac{x}{lnx}-ax$，利用函数g（x）在（1，+∞）上是减函数，可得$g'（x）=-a+\frac{lnx-1}{{{{ln}^2}x}}≤0$在（1，+∞）上恒成立，分离参数a，得$a≥\frac{lnx-1}{{{{ln}^2}x}}$．利用配方法求得右边的最大值可得实数a的最小值；
（Ⅱ） 由题可得$F（x）=f（x）-\frac{{k{x^2}}}{x-1}=x（\frac{2}{lnx}-\frac{kx}{x-1}）$，且定义域为（0，1）∪（1，+∞），若函数F（x）无零点，即$\frac{2}{lnx}=\frac{kx}{x-1}$在定义域内无解，构造函数$h（x）=lnx-\frac{2（x-1）}{x}$，得$h'（x）=\frac{kx-2}{x^2}$，分当k≤0和k＞0分类分析得答案．

解答 解：（Ⅰ） 由$f'（x）=\frac{m（lnx-1）}{{{{ln}^2}x}}$，得$f'（{e^2}）=\frac{m}{4}=\frac{1}{2}$，解得m=2，
故$f（x）=\frac{2x}{lnx}$，则$g（x）=\frac{x}{lnx}-ax$，函数g（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞），
而$g'（x）=-a+\frac{lnx-1}{{{{ln}^2}x}}$，又函数g（x）在（1，+∞）上是减函数，
∴$g'（x）=-a+\frac{lnx-1}{{{{ln}^2}x}}≤0$在（1，+∞）上恒成立，
∴当x∈（1，+∞）时，$a≥\frac{lnx-1}{{{{ln}^2}x}}$的最大值．
而$\frac{lnx-1}{l{n}^{2}x}=-（\frac{1}{lnx}）^{2}+\frac{1}{lnx}=-（\frac{1}{lnx}-\frac{1}{2}）^{2}+\frac{1}{4}≤\frac{1}{4}$，即右边的最大值为$\frac{1}{4}$，
∴$a≥\frac{1}{4}$，故实数a的最小值$\frac{1}{4}$；
（Ⅱ） 由题可得$F（x）=f（x）-\frac{{k{x^2}}}{x-1}=x（\frac{2}{lnx}-\frac{kx}{x-1}）$，且定义域为（0，1）∪（1，+∞），
要使函数F（x）无零点，即$\frac{2}{lnx}=\frac{kx}{x-1}$在（0，1）∪（1，+∞）内无解，
亦即$klnx-\frac{2（x-1）}{x}=0$在（0，1）∪（1，+∞）内无解．
构造函数$h（x）=lnx-\frac{2（x-1）}{x}$，则$h'（x）=\frac{kx-2}{x^2}$，
（1）当k≤0时，h'（x）＜0在（0，1）∪（1，+∞）内恒成立，
∴函数h（x）在（0，1）内单调递减，在（1，+∞）内也单调递减．
又h（1）=0，∴当x∈（0，1）时，h（x）＞0，即函数h（x）在（0，1）内无零点，
同理，当x∈（1，+∞）时，h（x）＜0，即函数h（x）在（1，+∞）内无零点，
故k≤0满足条件；
（2）当k＞0时，$h'（x）=\frac{kx-2}{x^2}=\frac{{k（x-\frac{2}{k}）}}{x^2}$．
①若0＜k＜2，则函数h（x）在（0，1）内单调递减，在$（1，\frac{2}{k}）$内也单调递减，在$（\frac{2}{k}，+∞）$内单调递增．
又h（1）=0，∴h（x）在（0，1）内无零点；
又$h（\frac{2}{k}）＜h（1）=0$，而$h（{e^{\frac{2}{k}}}）=k×\frac{2}{k}-2+\frac{2}{{{e^{\frac{2}{k}}}}}＞0$，故在$（\frac{2}{k}，+∞）$内有一个零点，∴0＜k＜2不满足条件；
②若k=2，则函数h（x）在（0，1）内单调递减，在（1，+∞）内单调递增．
又h（1）=0，∴当x∈（0，1）∪（1，+∞）时，h（x）＞0恒成立，故无零点．∴k=2满足条件；
③若k＞2，则函数h（x）在$（0，\frac{2}{k}）$内单调递减，在$（\frac{2}{k}，1）$内单调递增，在（1，+∞）内也单调递增．
又h（1）=0，∴在$（\frac{2}{k}，1）$及（1，+∞）内均无零点．
易知$h（\frac{2}{k}）＜h（1）=0$，又h（e^-k）=k×（-k）-2+2e^k=2e^k-k²-2=ϕ（k），
则ϕ'（k）=2（e^k-k）＞0，则ϕ（k）在k＞2为增函数，∴ϕ（k）＞ϕ（2）=2e²-6＞0．
故函数h（x）在$（0，\frac{2}{k}）$内有一零点，k＞2不满足．
综上：k≤0或k=2．

点评 本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查了利用导数求函数的最值，训练了函数零点的判定方法，着重考查分类讨论的数学思想方法，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属难度较大的题目．