Question

1．已知函數(shù)f（x）=$\frac{ln（2x）}{x}$
（1）求f（x）在[1，a]（a＞1）上的最小值；
（2）若關(guān)于x的不等式f²（x）+mf（x）＞0只有兩個(gè)整數(shù)解，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）函數(shù)f（x）=$\frac{ln（2x）}{x}$，f′（x）=$\frac{1-ln（2x）}{{x}^{2}}$．分別解出令f′（x）＞0，f′（x）＜0，可得f（x）的單調(diào)區(qū)間．對(duì)a與$\frac{e}{2}$的東西關(guān)系分類討論，利用單調(diào)性即可得出．
（2）由（1）知，f（x）的遞增區(qū)間為$（0，\frac{e}{2}）$，遞減區(qū)間為$（\frac{e}{2}，+∞）$，且在$（\frac{e}{2}，+∞）$上ln（2x）＞1＞0，又x＞0，則f（x）＞0．又$f（\frac{1}{2}）$=0．對(duì)m分類討論：m＞0時(shí)，由不等式f²（x）+mf（x）＞0得f（x）＞0或f（x）＜-m．m=0時(shí)，由不等式式f²（x）+mf（x）＞0得f（x）≠0．m＜0時(shí)，由不等式f²（x）+mf（x）＞0得f（x）＜0或f（x）＞-m．分別解出即可得出．

解答 解：（1）函數(shù)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）的遞增區(qū)間為$（0，\frac{e}{2}）$；
令f′（x）＜0，解得x＞$\frac{e}{2}$，可得f（x）的遞減區(qū)間為$（\frac{e}{2}，+∞）$．
∵x∈[1，a]（a＞1），
當(dāng)$1＜a≤\frac{e}{2}$時(shí)，f（x）在[1，a]上為增函數(shù)，f（x）的最小值為f（1）=ln2．
當(dāng)a＞$\frac{e}{2}$時(shí)，f（x）在$[1，\frac{e}{2}）$上為增函數(shù)，在$（\frac{e}{2}，a]$上為減函數(shù)，
又f（2）=ln2=f（1），
∴若$\frac{e}{2}＜a≤2$，f（x）的最小值為f（1）=ln2，
若a＞2，f（x）的最小值為f（a）=$\frac{ln（2a）}{a}$．
綜上，當(dāng)1＜a≤2時(shí)，f（x）的最小值為ln2；當(dāng)a＞2，f（x）的最小值為$\frac{ln（2a）}{a}$．
（2）由（1）知，f（x）的遞增區(qū)間為$（0，\frac{e}{2}）$，遞減區(qū)間為$（\frac{e}{2}，+∞）$，且在$（\frac{e}{2}，+∞）$上ln（2x）＞lne=1＞0，又x＞0，則f（x）＞0．又$f（\frac{1}{2}）$=0．
∴m＞0時(shí)，由不等式f²（x）+mf（x）＞0得f（x）＞0或f（x）＜-m，
而f（x）＞0解集為$（\frac{1}{2}，+∞）$，整數(shù)解有無數(shù)多個(gè)，不合題意．
m=0時(shí)，由不等式式f²（x）+mf（x）＞0得f（x）≠0，解集$（0，\frac{1}{2}）$∪$（\frac{1}{2}，+∞）$，整數(shù)解有無數(shù)多個(gè)，不合題意；
m＜0時(shí)，由不等式f²（x）+mf（x）＞0得f（x）＜0或f（x）＞-m，
∵f（x）＜0解集為$（0，\frac{1}{2}）$無整數(shù)解，
若不等式f²（x）+mf（x）＞0有兩個(gè)整數(shù)解，則f（3）≤-m＜f（1）=f（2），
∴-ln2＜m≤$-\frac{1}{3}$ln6．
綜上，實(shí)數(shù)m的取值范圍是$（-ln2，-\frac{1}{3}ln6]$．

點(diǎn)評(píng) 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、方程的解法、等價(jià)轉(zhuǎn)化方法，考查了分類討論方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．