Question

2．已知函数f（x）=$\frac{m\sqrt{x}+lnx}{x}$（x＞0），m∈R．
（1）若函数f（x）的图象与x轴存在交点，求m的最小值．
（2）若函数f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线的斜率为$\frac{1}{2}$，且函数f（x）的最大值为M，求证：1＜M＜$\frac{3}{2}$．

Answer 1

分析 （1）由题意可得f（x）=0有解，即m$\sqrt{x}$+lnx=0有解，即有-m=$\frac{lnx}{\sqrt{x}}$，设g（x）=$\frac{lnx}{\sqrt{x}}$，求得导数和单调区间，可得极大值，且为最大值，即可得到m的范围；
（2）求出f（x）的导数，求得切线的斜率，可得m=1，再令f′（x）=0，设出极大值点，也即最大值点，运用函数零点存在定理，可得t的范围，化简整理由二次函数的单调性，即可得证．

解答 解：（1）若函数f（x）的图象与x轴存在交点，
则f（x）=0有解，
即m$\sqrt{x}$+lnx=0有解，
即有-m=$\frac{lnx}{\sqrt{x}}$，
由g（x）=$\frac{lnx}{\sqrt{x}}$的导数为g′（x）=$\frac{2-lnx}{2x\sqrt{x}}$，
当x＞e²时，g′（x）＜0，g（x）递减；
当0＜x＜e²时，g′（x）＞0，g（x）递增．
可得g（x）在x=e²时，取得极大值，且为最大值$\frac{2}{e}$，
可得-m＞$\frac{2}{e}$，解得m＜-$\frac{2}{e}$；
（2）证明：函数f（x）=$\frac{m\sqrt{x}+lnx}{x}$（x＞0）的导数为
f′（x）=$\frac{1-\frac{m}{2}\sqrt{x}-lnx}{{x}^{2}}$，
可得f（x）在点（1，f（1））处的切线的斜率为1-$\frac{m}{2}$=$\frac{1}{2}$，
解得m=1，
即有f（x）=$\frac{\sqrt{x}+lnx}{x}$的导数为
f′（x）=$\frac{1-\frac{\sqrt{x}}{2}-lnx}{{x}^{2}}$，
令f′（x）=0，可得lnx+$\frac{\sqrt{x}}{2}$=1，
设方程的解为t，由h（x）=lnx+$\frac{\sqrt{x}}{2}$-1递增，
且h（1）-1=-$\frac{1}{2}$＜0，h（$\frac{3}{2}$）=ln$\frac{3}{2}$+$\frac{\sqrt{6}}{4}$-1＞0，
可得1＜t＜$\frac{3}{2}$，且lnt+$\frac{\sqrt{t}}{2}$=1，
即有f（x）的最大值为f（t）=$\frac{\sqrt{t}+lnt}{t}$=$\frac{1+\frac{\sqrt{t}}{2}}{t}$
=$\frac{1}{t}$+$\frac{1}{2\sqrt{t}}$=（$\frac{1}{\sqrt{t}}$+$\frac{1}{4}$）²-$\frac{1}{16}$，
可得f（t）在（1，$\frac{3}{2}$）递减，
f（1）=$\frac{3}{2}$，f（$\frac{3}{2}$）=$\frac{2}{3}$+$\frac{1}{\sqrt{6}}$＞1，
即有f（t）∈（f（$\frac{3}{2}$），f（1）），
则有1＜M＜$\frac{3}{2}$．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间、极值和最值，同时考查参数分离和构造函数法，考查化简整理的运算能力，属于中档题．