Question

1．已知函数f（x）=$\frac{ln（2x）}{x}$
（1）求f（x）在[1，a]（a＞1）上的最小值；
（2）若关于x的不等式f²（x）+mf（x）＞0只有两个整数解，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）函数f（x）=$\frac{ln（2x）}{x}$，f′（x）=$\frac{1-ln（2x）}{{x}^{2}}$．分别解出令f′（x）＞0，f′（x）＜0，可得f（x）的单调区间．对a与$\frac{e}{2}$的东西关系分类讨论，利用单调性即可得出．
（2）由（1）知，f（x）的递增区间为$（0，\frac{e}{2}）$，递减区间为$（\frac{e}{2}，+∞）$，且在$（\frac{e}{2}，+∞）$上ln（2x）＞1＞0，又x＞0，则f（x）＞0．又$f（\frac{1}{2}）$=0．对m分类讨论：m＞0时，由不等式f²（x）+mf（x）＞0得f（x）＞0或f（x）＜-m．m=0时，由不等式式f²（x）+mf（x）＞0得f（x）≠0．m＜0时，由不等式f²（x）+mf（x）＞0得f（x）＜0或f（x）＞-m．分别解出即可得出．

解答 解：（1）函数f（x）=$\frac{ln（2x）}{x}$，f′（x）=$\frac{1-ln（2x）}{{x}^{2}}$．
令f′（x）＞0，解得$0＜x＜\frac{e}{2}$，得f（x）的递增区间为$（0，\frac{e}{2}）$；
令f′（x）＜0，解得x＞$\frac{e}{2}$，可得f（x）的递减区间为$（\frac{e}{2}，+∞）$．
∵x∈[1，a]（a＞1），
当$1＜a≤\frac{e}{2}$时，f（x）在[1，a]上为增函数，f（x）的最小值为f（1）=ln2．
当a＞$\frac{e}{2}$时，f（x）在$[1，\frac{e}{2}）$上为增函数，在$（\frac{e}{2}，a]$上为减函数，
又f（2）=ln2=f（1），
∴若$\frac{e}{2}＜a≤2$，f（x）的最小值为f（1）=ln2，
若a＞2，f（x）的最小值为f（a）=$\frac{ln（2a）}{a}$．
综上，当1＜a≤2时，f（x）的最小值为ln2；当a＞2，f（x）的最小值为$\frac{ln（2a）}{a}$．
（2）由（1）知，f（x）的递增区间为$（0，\frac{e}{2}）$，递减区间为$（\frac{e}{2}，+∞）$，且在$（\frac{e}{2}，+∞）$上ln（2x）＞lne=1＞0，又x＞0，则f（x）＞0．又$f（\frac{1}{2}）$=0．
∴m＞0时，由不等式f²（x）+mf（x）＞0得f（x）＞0或f（x）＜-m，
而f（x）＞0解集为$（\frac{1}{2}，+∞）$，整数解有无数多个，不合题意．
m=0时，由不等式式f²（x）+mf（x）＞0得f（x）≠0，解集$（0，\frac{1}{2}）$∪$（\frac{1}{2}，+∞）$，整数解有无数多个，不合题意；
m＜0时，由不等式f²（x）+mf（x）＞0得f（x）＜0或f（x）＞-m，
∵f（x）＜0解集为$（0，\frac{1}{2}）$无整数解，
若不等式f²（x）+mf（x）＞0有两个整数解，则f（3）≤-m＜f（1）=f（2），
∴-ln2＜m≤$-\frac{1}{3}$ln6．
综上，实数m的取值范围是$（-ln2，-\frac{1}{3}ln6]$．

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、方程的解法、等价转化方法，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．