Question

5．已知函數(shù)$f（x）=\frac{lnx}{x}-\frac{k}{x}$（k∈R）的最大值為h（k）．
（1）若k≠1，試比較h（k）與$\frac{1}{{{e^{2k}}}}$的大��；
（2）是否存在非零實數(shù)a，使得$h（k）＞\frac{k}{ae}$對k∈R恒成立，若存在，求a的取值范圍；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）通過求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，可得其極值與最值，對k分類討論，即可比較出大小關(guān)系．
（2）由（1）知$h（k）=\frac{1}{{{e^{k+1}}}}＞\frac{k}{ae}$，可得$\frac{{k{e^k}}}{a}＜1$．設(shè)$g（k）=\frac{{k{e^k}}}{a}$，求導(dǎo)令g'（k）=0，解得k．對a分類討論即可得出g（k）的極小值最小值．

解答 解：（1）$f'（x）=\frac{1-lnx}{x^2}+\frac{k}{x^2}=\frac{1-lnx+k}{x^2}$．
令f'（x）＞0，得0＜x＜e^k+1，令f'（x）＜0，得x＞e^k+1，
故函數(shù)f（x）在（0，e^k+1）上單調(diào)遞增，在（e^k+1，+∞）上單調(diào)遞減，
故$h（k）=f（{e^{k+1}}）=\frac{1}{{{e^{k+1}}}}$．
當(dāng)k＞1時，2k＞k+1，∴$\frac{1}{{{e^{2k}}}}＜\frac{1}{{{e^{k+1}}}}$，∴$h（k）＞\frac{1}{{{e^{2k}}}}$；
當(dāng)k＜1時，2k＜k+1，∴$\frac{1}{{{e^{2k}}}}＞\frac{1}{{{e^{k+1}}}}$，∴$h（k）＜\frac{1}{{{e^{2k}}}}$．
（2）由（1）知$h（k）=\frac{1}{{{e^{k+1}}}}＞\frac{k}{ae}$，∴$\frac{{k{e^k}}}{a}＜1$．
設(shè)$g（k）=\frac{{k{e^k}}}{a}$，∴$g'（k）=\frac{{（k+1）{e^k}}}{a}$，令g'（k）=0，解得k=-1．
當(dāng)a＞0時，令g'（k）＞0，得k＞-1；令g'（x）＜0，得k＜-1，
∴$g{（k）_{min}}=g（-1）=-\frac{1}{ea}$，
∴$g（k）∈（-\frac{1}{ea}，+∞）$．
故當(dāng)a＞0時，不滿足$h（k）＞\frac{k}{ae}$對k∈R恒成立；
當(dāng)a＜0時，同理可得$g{（k）_{max}}=g（-1）=-\frac{1}{ea}＜1$，解得$a＜-\frac{1}{e}$．
故存在非零實數(shù)a，且a的取值范圍為$（-∞，-\frac{1}{e}）$．

點評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、不等式的解法、分類討論方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．