Question

13．已知函數(shù)f（x）=$\frac{m\sqrt{x}+lnx}{x}$（x＞0），m∈R．
（1）若函數(shù)f（x）有零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（2）若函數(shù)f（x）的圖象在點(diǎn)（1，f（x））處的切線(xiàn)的斜率為$\frac{1}{2}$，且函數(shù)f（x）的最大值為M，求證：1＜M＜$\frac{3}{2}$．

Answer 1

分析 （1）由題意可得f（x）=0有解，即m$\sqrt{x}$+lnx=0有解，即有-m=$\frac{lnx}{\sqrt{x}}$，設(shè)g（x）=$\frac{lnx}{\sqrt{x}}$，求得導(dǎo)數(shù)和單調(diào)區(qū)間，可得極大值，且為最大值，即可得到m的范圍；
（2）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，求得切線(xiàn)的斜率，可得m=1，再令f′（x）=0，設(shè)出極大值點(diǎn)，也即最大值點(diǎn)，運(yùn)用函數(shù)零點(diǎn)存在定理，可得t的范圍，化簡(jiǎn)整理由二次函數(shù)的單調(diào)性，即可得證．

解答 解：（1）若函數(shù)f（x）有零點(diǎn)，
則f（x）=0有解，
即m$\sqrt{x}$+lnx=0有解，
即有-m=$\frac{lnx}{\sqrt{x}}$，
由g（x）=$\frac{lnx}{\sqrt{x}}$的導(dǎo)數(shù)為g′（x）=$\frac{2-lnx}{2x\sqrt{x}}$，
當(dāng)x＞e²時(shí)，g′（x）＜0，g（x）遞減；
當(dāng)0＜x＜e²時(shí)，g′（x）＞0，g（x）遞增．
可得g（x）在x=e²時(shí)，取得極大值，且為最大值$\frac{2}{e}$，
可得-m＞$\frac{2}{e}$，解得m＜-$\frac{2}{e}$，
則實(shí)數(shù)m的取值范圍為（-∞，-$\frac{2}{e}$）；
（2）證明：函數(shù)f（x）=$\frac{m\sqrt{x}+lnx}{x}$（x＞0）的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=$\frac{1-\frac{m}{2}\sqrt{x}-lnx}{{x}^{2}}$，
可得f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線(xiàn)的斜率為1-$\frac{m}{2}$=$\frac{1}{2}$，
解得m=1，
即有f（x）=$\frac{\sqrt{x}+lnx}{x}$的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=$\frac{1-\frac{\sqrt{x}}{2}-lnx}{{x}^{2}}$，
令f′（x）=0，可得lnx+$\frac{\sqrt{x}}{2}$=1，
設(shè)方程的解為t，由h（x）=lnx+$\frac{\sqrt{x}}{2}$-1遞增，且h（1）-1=-$\frac{1}{2}$＜0，h（$\frac{3}{2}$）=ln$\frac{3}{2}$+$\frac{\sqrt{6}}{4}$-1＞0，
可得1＜t＜$\frac{3}{2}$，且lnt+$\frac{\sqrt{t}}{2}$=1，
即有f（x）的最大值為f（t）=$\frac{\sqrt{t}+lnt}{t}$=$\frac{1+\frac{\sqrt{t}}{2}}{t}$
=$\frac{1}{t}$+$\frac{1}{2\sqrt{t}}$=（$\frac{1}{\sqrt{t}}$+$\frac{1}{4}$）²-$\frac{1}{16}$，
可得f（t）在（1，$\frac{3}{2}$）遞減，
f（1）=$\frac{3}{2}$，f（$\frac{3}{2}$）=$\frac{2}{3}$+$\frac{1}{\sqrt{6}}$＞1，
即有f（t）∈（f（$\frac{3}{2}$），f（1）），
則有1＜M＜$\frac{3}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求切線(xiàn)的斜率和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，同時(shí)考查參數(shù)分離和構(gòu)造函數(shù)法，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．