Question

設(shè)函數(shù)f（x）=

lnx

x2

．
（1）求f（x）的極大值；
（2）求證：12eln[n•（n-1）•（n-2）…2•1]≤（n²+n）（2n+1）（n∈N^*）；
（3）當(dāng)方程f（x）-

a

2e

=0（a∈R⁺）有唯一解時，方程g（x）=txf′（x）+

ax2-2tx-t

x2

=0也有唯一解，求正實數(shù)t的值．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：導(dǎo)數(shù)的概念及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）由出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)f′（x），分析在定義域各區(qū)間上導(dǎo)函數(shù)的符號，進(jìn)而利用函數(shù)單調(diào)性，進(jìn)而得到f（x）的極大值；
（2）由（1）可得f(x)≤

1

2e

，即2elnx≤x²，分別令x=1，2，3，…，n，可得：2eln1≤1²，2eln2≤2²，…，2elnn≤n²，結(jié)合對數(shù)的運算性質(zhì)，累加可得結(jié)論；
（3）由（1）可得：方程f(x)-

a

2e

=0(a∈R+)有唯一解，即a=1，方程g(x)=txf′(x)+

ax2-2tx-t

x2

=0有唯一解，即：x²-2tlnx-2tx=0（x＞0）有唯一解，構(gòu)造函數(shù)G（x）=x²-2tlnx-2tx=0（x＞0），由導(dǎo)數(shù)法可得：G（x）在（0，x₂）遞減，（x₂，+∞）遞增，又x₂是方程x²-tx-t=0的根，可得：1=x2=

t+ t2+4t

2

，解得滿足條件的正實數(shù)t的值．

解答： 解：（1）f′(x)=

x-2xlnx

x4

=

1-2lnx

x3

．
由f′（x）=0得x=

e

，
列表得：

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=f(

e

)=

1

2e

．…（4分）
證明：（2）∵f(x)極大=f(

e

)=

1

2e

．
∴f(x)≤

1

2e

，
∴

lnx

x2

≤

1

2e

，
∴lnx≤

1

2e

x2，
∴2elnx≤x²，
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)•(n-2)…2•1]≤

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

6

，
∴12eln[n•（n-1）•（n-2）…2•1]≤（n²+n）（2n+1）（n∈N^*）…（9分）
（3）由（1）的結(jié)論：方程f(x)-

a

2e

=0(a∈R+)有唯一解，
∴a=1，
方程g(x)=txf′(x)+

ax2-2tx-t

x2

=0有唯一解，
即：x²-2tlnx-2tx=0（x＞0）有唯一解，
設(shè)G（x）=x²-2tlnx-2tx=0（x＞0），
∴G′(x)=

2

x

(x2-tx-t)，
由∴G'（x）=0，則x²-tx-t=0設(shè)x²-tx-t=0的兩根為x₁，x₂，不妨設(shè)x₁＜x₂，
∵t＞0，
∴x₁＜0＜x₂，
∴x1=

t- t2+4t

2

，x2=

t+ t2+4t

2

，
∴G（x）在（0，x₂）遞減，（x₂，+∞）遞增，
要使G（x）=x²-2tlnx-2tx=0（x＞0）有唯一解，則G（x₂）=0，
即：x22-2tlnx2-2tx2=0…①
又x22-tx2-t=0…②
由①②得：2tlnx₂+tx₂-t=0，
即：2lnx₂+x₂-1=0，
∴x₂=1，
又x₂是方程x²-tx-t=0的根，
∴1=x2=

t+ t2+4t

2

，
∴t=

1

2

…（14分）

點評：本題考查的知識點是利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值，數(shù)列求和，對數(shù)的運算性質(zhì)，綜合性強(qiáng)，運算量大，轉(zhuǎn)化復(fù)雜，屬于難題．