Question

17．已知函數(shù)f（x）=$\frac{x}{lnx}$+mx（m為常數(shù)）．
（1）若y=f（x）在x=e²處的切線與直線4x+9y-2016=0垂直，求y=f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若不等式f（x）≤$\frac{{e}^{2}}{2}$在[e，e²]上值成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可求出m的值，再根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性即可求出單調(diào)區(qū)間；
（2）分離參數(shù)，得到m≤$\frac{{e}^{2}}{2x}$-$\frac{1}{lnx}$，在x∈[e，e²]上值成立，構(gòu)造函數(shù)g（x）=$\frac{{e}^{2}}{2x}$-$\frac{1}{lnx}$，利用導(dǎo)數(shù)求出g（x）的最大值即可．

解答 解：（1）∵f（x）=$\frac{x}{lnx}$+mx，x＞0，
∴∵y=f（x）在x=e²處的切線與直線4x+9y-2016=0垂直，
∴f′（e²）=$\frac{1}{4}$+m=$\frac{9}{4}$，
解的m=2，
∴f′（x）=$\frac{lnx-1}{l{n}^{2}x}$+2=$\frac{lnx-1+2l{n}^{2}x}{l{n}^{2}x}$=$\frac{（2lnx-1）（lnx+1）}{l{n}^{2}x}$，
令f′（x）=0，解得x=$\frac{1}{e}$或x=$\sqrt{e}$，
∴f′（x）＞0，解得0＜x＜$\frac{1}{e}$或x＞$\sqrt{e}$，函數(shù)單調(diào)遞增，
f′（x）＜0，解得$\frac{1}{e}$＜x＜$\sqrt{e}$，函數(shù)單調(diào)遞減，
∴f（x）在（0，$\frac{1}{e}$），（$\sqrt{e}$，+∞）單調(diào)遞增，在（$\frac{1}{e}$，$\sqrt{e}$）上單調(diào)遞減，
（2）∵f（x）≤$\frac{{e}^{2}}{2}$在[e，e²]上值成立，
∴m≤$\frac{{e}^{2}}{2x}$-$\frac{1}{lnx}$，在x∈[e，e²]上值成立，
設(shè)g（x）=$\frac{{e}^{2}}{2x}$-$\frac{1}{lnx}$，
∴g′（x）=$\frac{{e}^{2}}{-2{x}^{2}}$+$\frac{1}{xl{n}^{2}x}$=$\frac{2x-{e}^{2}l{n}^{2}x}{2{x}^{2}l{n}^{2}x}$
令h（x）=2x-e²ln²x，
∴h′（x）=2-$\frac{2{e}^{2}lnx}{x}$，
令m（x）=$\frac{lnx}{x}$，
則m′（x）=$\frac{1+lnx}{{x}^{2}}$＞0，在x∈[e，e²]上恒成立，
∴m（x）在x∈[e，e²]上單調(diào)遞增，
∴m（x）_min=m（e）=2e，
∴h′（x）＜0，在x∈[e，e²]上恒成立，
∴h（x）x∈[e，e²]上單調(diào)遞減，
∴h（x）_max=h（e）=2e（1-e）＜0，
∴g′（x）＜0，在x∈[e，e²]上恒成立，
∴g（x）在x∈[e，e²]上單調(diào)遞減，
∴g（x）_max=g（e）=$\frac{e}{2}$-1，
∴m≤$\frac{e}{2}$-1，
故m的取值范圍為（-∞，$\frac{e}{2}$]

點(diǎn)評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及恒成立問題，考查學(xué)生分析解決問題的能力，關(guān)鍵是多次構(gòu)造函數(shù)，屬于中檔題．