Question

6．已知函数f（x）=$\frac{1-m+lnx}{x}$，m∈R．
（1）当m=0时，若函数在区间（a，a+$\frac{1}{2}$）上存在极值（其中a＞0），求实数a的取值范围；
（2）若不等式x（x+1）f（x）+m≥（k-m）x对x∈[1，+∞）恒成立，求实数k的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数f（x）的定义域，当m=0时，求出f′（x）=-$\frac{lnx}{{x}^{2}}$．判断导函数的符号，求解函数的极值，列出不等式，即可推出结果．
（2）当x≥1时，不等式x（x+1）f（x）+m≥（k-m）x恒成立，推出$\frac{x+11+lnx}{x}$≥k对x∈[1，+∞）恒成立，记g（x）=$\frac{x+11+lnx}{x}$，求出g′（x），利用导函数的符号，判断单调性然后求解最值．推出k的值．

解答 解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），
当m=0时，f（x）=$\frac{1+lnx}{x}$，x＞0，∴f′（x）=-$\frac{lnx}{{x}^{2}}$．
当0＜x＜1时，f′（x）＞0；当x＞1时，f′（x）＜0．
所以f（x）在（0，1）上单调递增；在（1，+∞）上单调递减，
所以函数f（x）在x=1处取得极大值．
因为函数f（x）在区间（a，a+$\frac{1}{2}$）（其中a＞0）上存在极值，
所以$\left\{\begin{array}{l}{a＜1}\\{a+\frac{1}{2}＞1}\end{array}\right.$，解得$\frac{1}{2}$＜a＜1．（6分）
（2）当x≥1时，不等式x（x+1）f（x）+m≥（k-m）x恒成立，
即x（x+1）=$\frac{1-m+lnx}{x}$+m≥（k-m）x恒成立，∴$\frac{x+11+lnx}{x}$≥k对x∈[1，+∞）恒成立，
记g（x）=$\frac{x+11+lnx}{x}$，
所以g′（x）=$\frac{（x+11+lnx）′x-x+11+lnx}{{x}^{2}}$=$\frac{x-lnx}{{x}^{2}}$．
令h（x）=x-ln x，则h′（x）=1-$\frac{1}{x}$，
∵x≥1，∴h′（x）≥0，
∴h（x）在[1，+∞）上单调递增，∴[h（x）]_min=h（1）=1＞0，从而g′（x）＞0，
故g（x）在[1，+∞）上也单调递增，[g（x）]_min=g（1）=2，
∴k≤2．（12分）

点评 本题考查函数的导数，求解函数的极值与最值，考查转化思想以及计算能力．