Question

6．已知函数f（x）=$\frac{lnx}{x}$，g（x）=-x²+ax+1．
（1）求函数y=f（x）在[t，t+2]（t＞0）上的最大值；
（2）若函数y=x²f（x）+g（x）有两个不同的极值点x₁，x₂（x₁＜x₂），且x₂-x₁＞$\frac{1}{2}$ln2，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求导数，再分类讨论，确定函数在区间上的单调性，即可求得函数的最小值；
（2）函数由两个不同的极值点转化为导函数等于0的方程有两个不同的实数根，进而转化为图象的交点问题，由此可得结论．

解答 解：（1）由f′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
令f′（x）＞0，解得：x＜e，令f′（x）＜0，解得：x＞e，
故f（x）在（0，e）递增，在（e，+∞）递减，
①t+2＜e即0＜t＜e-2时，
f（x）在[t，t+2]递增，f（x）_max=f（t+2）=$\frac{ln（t+2）}{t+2}$，
②t≥e时，f（x）在[t，t+2]递减，f（x）_max=f（t）=$\frac{lnt}{t}$，
③t＜e＜t+2时，f（x）在[t，e）递增，在（e，t+2]递减，
f（x）_max=f（e）=$\frac{1}{e}$；
故f（x）_max=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{ln（t+2）}{t+2}，0＜t＜e-2}\\{\frac{1}{e}，e-2≤t＜e}\\{\frac{lnt}{t}，t≥e}\end{array}\right.$；
（2）y=x²f（x）+g（x）=xlnx-x²+ax-1，则y′=lnx-2x+1+a，
题意即为y′=lnx-2x+1+a=0有两个不同的实根x₁，x₂（x₁＜x₂），
即a=-lnx+2x-1有两个不同的实根x₁，x₂（x₁＜x₂），
等价于直线y=a与函数G（x）=-lnx+2x-1的图象有两个不同的交点
∵G′（x）=-$\frac{1}{x}$+2，∴G（x）在（0，$\frac{1}{2}$）上单调递减，在（$\frac{1}{2}$，+∞）上单调递增，
画出函数图象的大致形状（如右图），
由图象知，当a＞G（x）_min=G（$\frac{1}{2}$））=ln2时，x₁，x₂存在，且x₂-x₁的值随着a的增大而增大，
而当x₂-x₁=$\frac{1}{2}$ln2时，由题意 $\left\{\begin{array}{l}{l{nx}_{1}-{2x}_{1}+1+a=0}\\{l{nx}_{2}-{2x}_{2}+1+a=0}\end{array}\right.$，
两式相减可得ln $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=2（x₁-x₂）=-ln2，
∴x₂=2x₁代入上述方程可得x₂=2x₁=$\frac{1}{2}$ln2，
此时a=ln2-ln（$\frac{ln2}{2}$）-1，
所以，实数a的取值范围为a＞ln2-ln（$\frac{ln2}{2}$）-1．

点评 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查的知识点比较多，考查数形结合的数学思想，综合性强．