Question

17．已知函数f（x）=lnx，g（x）=（2m+3）x+n，若对任意的x∈（0，+∞），总有f（x）≤g（x）恒成立，记（2m+3）n的最小值为f（m，n），则f（m，n）最大值为（　　）

• A． 1
• B． $\frac{1}{e}$
• C． $\frac{1}{e^2}$
• D． $\frac{1}{{\sqrt{e}}}$

Answer 1

分析 由题意可得lnx-（2m+3）x-n≤0在x∈（0，+∞）恒成立，设h（x）=lnx-（2m+3）x-n，只要h（x）的最大值不大于0．求出h（x）的导数和单调区间，讨论2m+3的符号，可得最小值f（m，n），再令t=2m+3（t＞0），可令k（t）=t（-lnt-1），求出导数和单调区间，可得极大值，且为最大值．

解答 解：若对任意的x∈（0，+∞），总有f（x）≤g（x）恒成立，
即为lnx-（2m+3）x-n≤0在x∈（0，+∞）恒成立，
设h（x）=lnx-（2m+3）x-n，则h（x）的最大值不大于0．
由h′（x）=$\frac{1}{x}$-（2m+3），
若2m+3≤0，h′（x）＞0，h（x）在（0，+∞）递增，h（x）无最大值；
若2m+3＞0，则当x＞$\frac{1}{2m+3}$时，h′（x）＜0，h（x）在（$\frac{1}{2m+3}$，+∞）递减；
当0＜x＜$\frac{1}{2m+3}$时，h′（x）＞0，h（x）在（0，$\frac{1}{2m+3}$）递增．
可得x=$\frac{1}{2m+3}$处h（x）取得最大值，且为-ln（2m+3）-1-n，
则-ln（2m+3）-1-n≤0，可得n≥-ln（2m+3）-1，
（2m+3）n≥（2m+3）[-ln（2m+3）-1]，
可得f（m，n）=（2m+3）[-ln（2m+3）-1]，
令t=2m+3（t＞0），可令k（t）=t（-lnt-1），
k′（t）=-lnt-1-1=-lnt-2，
当t＞$\frac{1}{{e}^{2}}$时，k′（t）＜0，k（t）在（$\frac{1}{{e}^{2}}$，+∞）递减；
当0＜t＜$\frac{1}{{e}^{2}}$时，k′（t）＞0，k（t）在（0，$\frac{1}{{e}^{2}}$）递增．
可得t=$\frac{1}{{e}^{2}}$处h（t）取得极大值，且为最大值$\frac{1}{{e}^{2}}$（-ln$\frac{1}{{e}^{2}}$-1）=$\frac{1}{{e}^{2}}$．
则f（m，n）最大值为$\frac{1}{{e}^{2}}$．
故选：C．

点评 本题考查函数的最值的求法，注意运用导数判断单调性，考查不等式恒成立问题的解法，注意转化为求函数的最值，考查换元法和构造函数法，属于综合题．