Question

6．設n∈N^*，函數(shù)$f（x）=\frac{lnx}{x^n}$，函數(shù)$g（x）=\frac{e^x}{x^n}$，x∈（0，+∞）．
（Ⅰ）判斷函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）上是否為單調函數(shù)，并說明理由；
（Ⅱ）若當n=1時，對任意的x₁，x₂∈（0，+∞），都有f（x₁）≤t≤g（x₂）成立，求實數(shù)t的取值范圍；
（Ⅲ）當n＞2時，若存在直線l：y=t（t∈R），使得曲線y=f（x）與曲線y=g（x）分別位于直線l的兩側，寫出n的所有可能取值．（只需寫出結論）

Answer 1

分析 （Ⅰ）先判斷函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）上不是單調函數(shù)．再求導，由導數(shù)的正負判斷函數(shù)的單調性；
（Ⅱ）當n=1時，函數(shù)$f（x）=\frac{lnx}{x}$，$g（x）=\frac{e^x}{x}$，x＞0，從而化恒成立問題為當x∈（0，+∞）時，f（x）_max≤t≤g（x）_min．從而轉化為函數(shù)的最值問題，求導確定函數(shù)的單調性從而求最值．
（Ⅲ）嘗試n的值，使y=f（x）的最大值小于y=g（x）的最小值即可，可知滿足條件的n的取值集合為{3，4}．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）上不是單調函數(shù)．證明如下，
$f'（x）=\frac{1-nlnx}{{{x^{n+1}}}}$，
令 f′（x）=0，解得$x={e^{\frac{1}{n}}}$．
當x變化時，f′（x）與f（x）的變化如下表所示：

x	$（0，{e^{\frac{1}{n}}}）$	${e^{\frac{1}{n}}}$	$（{e^{\frac{1}{n}}}，+∞）$
f′（x）	+	0	-
f（x）	↗		↘

所以函數(shù)f（x）在區(qū)間$（0，{e^{\frac{1}{n}}}）$上為單調遞增，區(qū)間$（{e^{\frac{1}{n}}}，+∞）$上為單調遞減．
所以函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）上不是單調函數(shù)．
（Ⅱ）當n=1時，函數(shù)$f（x）=\frac{lnx}{x}$，$g（x）=\frac{e^x}{x}$，x＞0．
由題意，若對任意的x₁，x₂∈（0，+∞），都有f（x₁）≤t≤g（x₂）恒成立，
只需當x∈（0，+∞）時，f（x）_max≤t≤g（x）_min．
因為 $f'（x）=\frac{1-lnx}{x^2}$．
令f′（x）=0，解得x=e．
當x變化時，f′（x）與f（x）的變化如下表所示：

x	（0，e）	e	（e，+∞）
f′（x）	+	0	-
f（x）	↗		↘

所以$f{（x）_{max}}=f（e）=\frac{1}{e}$．
又因為g′（x）=$\frac{{e}^{x}（x-1）}{{x}^{2}}$．
令 g′（x）=0，解得x=1．
當x變化時，g′（x）與g（x）的變化如下表所示：

x	（0，1）	1	（1，+∞）
g′（x）	-	0	+
g（x）	↘		↗

所以g（x）_min=g（1）=e．
綜上所述，實數(shù)t的取值范圍為：$\frac{1}{e}≤t≤e$．
（Ⅲ）滿足條件的n的取值集合為{3，4}．

點評 本題考查了導數(shù)的綜合應用及恒成立問題，同時考查了函數(shù)的最值的求法，屬于難題．