Question

1．設(shè)定義在（0，+∞）上的函數(shù)f（x）=$\frac{lnx}{x^n}$，g（x）=$\frac{e^x}{x^n}$，其中n∈N^*
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的最大值及函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若存在直線l：y=c（c∈R），使得曲線y=f（x）與曲線y=g（x）分別位于直線l的兩側(cè)，求n的最大值．（參考數(shù)據(jù)：ln4≈1.386，ln5≈1.609）

Answer 1

分析 （Ⅰ）先判斷函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）上不是單調(diào)函數(shù)．再求導(dǎo)，由導(dǎo)數(shù)的正負(fù)判斷函數(shù)的單調(diào)性；
（Ⅱ）嘗試n的值，使y=f（x）的最大值小于y=g（x）的最小值即可，即可得到結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）上不是單調(diào)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(dāng)x變化時(shí)，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(diào)遞增，區(qū)間$（{e^{\frac{1}{n}}}，+∞）$上為單調(diào)遞減．
所以函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）上的最大值為f（${e^{\frac{1}{n}}}$）=$\frac{ln{e}^{\frac{1}{n}}}{e}$=$\frac{1}{ne}$．
g′（x）=$\frac{{e}^{x}（x-n）}{{x}^{n+1}}$，令g′（x）=0，解得x=n．
當(dāng)x變化時(shí)，g′（x）與g（x）的變化如下表所示：

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

所以g（x）在（0，n）上單調(diào)遞減，在（n，+∞）上單調(diào)遞增．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知g（x）的最小值為g（n）=$\frac{{e}^{n}}{{n}^{n}}$，
∵存在直線l：y=c（c∈R），使得曲線y=f（x）與曲線y=g（x）分別位于直線l的兩側(cè)，
∴$\frac{{e}^{n}}{{n}^{n}}$≥$\frac{1}{en}$，
即eⁿ⁺¹≥n^n-1，即n+1≥（n-1）lnn，
當(dāng)n=1時(shí)，成立，
當(dāng)n≥2時(shí)，$\frac{n+1}{n-1}$≥lnn，即$\frac{2}{n-1}+1-lnn$≥0，
設(shè)h（n）=$\frac{2}{n-1}+1-lnn$，n≥2，
則h（n）是減函數(shù)，∴繼續(xù)驗(yàn)證，
當(dāng)n=2時(shí)，3-ln2＞0，
當(dāng)n=3時(shí)，2-ln3＞0，
當(dāng)n=4時(shí)，$\frac{5}{3}-ln4＞$$\frac{5}{3}-1.4＞0$，
當(dāng)n=5時(shí)，$\frac{3}{2}$-ln5＜$\frac{3}{2}$-1.6＜0，
則n的最大值是4．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及恒成立問(wèn)題，同時(shí)考查了函數(shù)的最值的求法，屬于難題．