Question

設函數(shù)f（x）=

lnx

x2

，g（x）=x²．
（1）求f（x）的極大值；
（2）求證：12elnn!≤（n²+n）（2n+1）（n∈N^*）
（3）當方程f（x）-

a

2e

=0（a∈R⁺）有唯一解時，試探究函數(shù)F（x）=x（x²f′（x）+k）-a-

k

x

（k∈R）與g（x）的圖象在其公共點處是否存在公切線，若存在，研究k的值的個數(shù)；若不存在，請說明理由．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究函數(shù)的極值,導數(shù)在最大值、最小值問題中的應用

專題：導數(shù)的綜合應用

分析：（1）由f（x）=

lnx

x2

，f′(x)=

x-2xlnx

x4

=

1-2lnx

x3

，利用導數(shù)性質(zhì)能求出f（x）的極大值．
（2）由（1）知f(x)≤

1

2e

，

lnx

x2

≤

1

2e

，2elnx≤x²，由此能證明12elnn!≤（n²+n）（2n+1），n∈N^*．
（3）由（1）的結(jié)論：方程f(x)-

a

2e

=0，a∈R⁺有唯一解，得a=1，函數(shù)F（x）=x（x²f′（x）+k）-a-

k

x

=k（x-

1

x

）-2lnx，由此利用分類討論思想求出當k≤0時，函數(shù)F（x）與g（x）的圖象在其公共點處不存在公切線；當k＞0時，符合題意的k的值有2個．

解答： 解：（1）由f（x）=

lnx

x2

，f′(x)=

x-2xlnx

x4

=

1-2lnx

x3

，
由f′（x）=0，得x=

e

，

x	（0， e ）	e	（ e ，+∞）
f′（x）	+	0	-
f（x）	遞增	極大值	遞減

從而f（x）在（0，

e

）單調(diào)遞增，在（

e

，+∞）單調(diào)遞減．
f（x）_極大值=f（

e

）=

1

2e

．…（4分）
（2）證明：∵f（x）_極大值=f（

e

）=

1

2e

．
∴f(x)≤

1

2e

，∴

lnx

x2

≤

1

2e

，
∴l(xiāng)nx≤

1

2e

x2，∴2elnx≤x²，…（6分）
分別令x=1，2，3，…，n，
∴2eln1≤1²，2eln2≤2²，…，2elnn≤n²，
∴2e（ln1+ln2+ln3+…+lnn）≤1²+2²+3²+…+n²，
∴2eln!≤

n(n+1)(2n+1)

6

，
∴12elnn!≤（n²+n）（2n+1），n∈N^*．…（9分）
（3）解：由（1）的結(jié)論：方程f(x)-

a

2e

=0，a∈R⁺有唯一解，∴a=1，
函數(shù)F（x）=x（x²f′（x）+k）-a-

k

x

=k（x-

1

x

）-2lnx，
假設F（x），g（x）的圖象在其公共點（x₀，y₀）處存在公切線，
∵F′(x)=

kx2-2x+k

x2

，g′（x）=2x，由F′（x₀）=g′（x₀），得：

kx02-2x0+k

x02

=2x₀，即：2x03-kx02+2x0-k=0，
∴（x02+1）（2x₀-k）=0，∴x0=

k

2

，
又函數(shù)的定義域為：（0，+∞），
當k≤0時，x0=

k

2

∉（0，+∞），∴函數(shù)F（x）與g（x）的圖象在其公共點處不存在公切線；
當k＞0時，令F（

k

2

）=g（

k

2

），即：

k2

2

-2ln

k

2

-2=

k2

4

，
即：

k2-8

8

=ln

k

2

，(k＞0)，
下面研究方程

k2-8

8

=ln

k

2

在（0，+∞）解的個數(shù)，
令：h（x）=

x2-8

8

-ln

x

2

，x＞0，
h′(x)=

1

4

x-

1

x

=

x2-4

4x

，
h（x）在（0，2）遞減，（2，+∞）遞增．且h（2）=-

1

2

＜0，
且當x→0時，h（x）→+∞；當x→+∞時，h（x）→+∞，
∴h（x）在（0，+∞）有兩個零點，
∴方程

k2-8

8

=ln

k

2

在（0，+∞）解的個數(shù)為2．
綜上：當k≤0時，函數(shù)F（x）與g（x）的圖象在其公共點處不存在公切線；
當k＞0時，符合題意的k的值有2個．…（14分）

點評：本題重點考查利用導數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)，利用函數(shù)的性質(zhì)解決不等式、方程問題．重點考查學生的代數(shù)推理論證能力．解題時要認真審題，注意導數(shù)性質(zhì)的合理運用．