Question

14．已知函数f（x）=$\frac{ln（kx）}{x}$在（0，e${\;}^{\frac{3}{2}}$）内的最大值为$\frac{1}{e}$．
（Ⅰ）求正实数k的值；
（Ⅱ）若对任意的x₁，x₂∈（0，e${\;}^{\frac{3}{2}}$]，存在x₀∈（x₁，x₂）使得f′（x₀）=$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，证明：x₀＜$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求导，根据导数和函数的最值的关系即可求出k的值，
（Ⅱ）由题意转化为（1-$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$）+$\frac{1}{2}$（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+1）ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜0，构造函数g（t）=（1-t）+$\frac{1}{2}$（t+1）lnt，利用函数的导数和函数的最值的关系即可证明．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{1-lnkx}{{x}^{2}}$，当0＜k≤$\frac{1}{\sqrt{e}}$时，f（x）_max=f（${e}^{\frac{3}{2}}$）=$\frac{1}{e}$⇒k=${e}^{\sqrt{e}-\frac{3}{2}}$＞$\frac{1}{\sqrt{e}}$，舍去；
当k＞$\frac{1}{\sqrt{e}}$时，f（x）_max=f（$\frac{e}{k}$）=$\frac{1}{e}$⇒k=1，
∴k=1．
（Ⅱ）∵f（x）=$\frac{lnx}{x}$，
∴f′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，令m（x）=f′（x），
∴m′（x）=$\frac{-3+2lnx}{{x}^{3}}$＜0，
∴f′（x）在（0，${e}^{\frac{3}{2}}$）上递减，要证x₀＜$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$，只需证明f′（x₀）＞f′（$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$），
而f′（$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$）-f′（x₀）=$\frac{1-ln\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}}{{x}_{1}{x}_{2}}$-$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{\frac{ln{x}_{2}}{{x}_{2}}-\frac{ln{x}_{1}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{1}{{x}_{1}{x}_{2}}$[1-ln$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$-$\frac{{x}_{1}ln{x}_{2}-{x}_{2}ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$]，
∴x₁，x₂∈（0，e${\;}^{\frac{3}{2}}$]，x₁-x₂＜0，
只需证明（x₂-x₁）[1-ln$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$]-（x₁lnx₂-x₂lnx₁）＜0，
也就是证明（x₂-x₁）+$\frac{1}{2}$（x₂+x₁）ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜0，
即证（1-$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$）+$\frac{1}{2}$（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+1）ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜0，
令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t，t∈（0，1），即是要证明t∈（0，1）时，（1-t）+$\frac{1}{2}$（t+1）lnt＜0恒成立，
令g（t）=（1-t）+$\frac{1}{2}$（t+1）lnt，g（1）=0，
∴g′（t）=$\frac{tlnt-t-1}{t}$，g′（1）=0，．
设k（t）=t-tlnt-1，
∴k′（t）=-lnt＜0（t＞1），
∴k（t）在（1，+∞）是减函数，
∴k（t）＜k（1）=0．
∴g′（t）＜0，
∴g（t）在（1，+∞）是减函数，
∴g（t）＜g（1）=0，
∴x₀＜$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$．

点评 本题考查了导数在最值中的应用，考查了利用导数研究函数的单调性，考查了换元法和数学转化思想，解答此题的关键是两次构造辅助函数，是较难的题目．