Question

2．已知e=2.71828為自然對數(shù)的底數(shù)．
（1）求函數(shù)f（x）=$\frac{{x}^{2}}{lnx}$在區(qū)間[${e}^{\frac{1}{4}}$，e]上的最值；
（2）判斷函數(shù)g（x）=$\frac{{x}^{2}+4（\frac{1}{\sqrt{e}}）^{2}-4\frac{1}{\sqrt{e}}x}{lnx}$的單調(diào)性；
（3）當(dāng)0＜m＜$\frac{1}{2}$時，設(shè)函數(shù)G（x）=f（x）+$\frac{4{m}^{2}-4mx}{lnx}$（其中m為常數(shù)）的三個極值點a、b、c，且a＜b＜c，將2a、b、c、0、1這5個數(shù)按照從小到達(dá)的順序排列，并證明．

Answer 1

分析 （1）先求導(dǎo)，判斷函數(shù)f（x）在區(qū)間[${e}^{\frac{1}{4}}$，e]上的單調(diào)性，再求出端點值，比較即可得到最值；
（2）先化簡，再求導(dǎo)，構(gòu)造h（x）=2lnx-1+$\frac{2}{\sqrt{e}x}$，利用導(dǎo)數(shù)判斷出h（x）≥h（1）＞0，再令g′（x）=0，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．
（3）先化簡，在求導(dǎo)，構(gòu)造t（x）=2lnx-1+$\frac{2m}{x}$，再求導(dǎo)，從而可判斷0＜a＜m，b=2m＜1，c＞1，而證明．

解答 解：（1）∵f（x）=$\frac{{x}^{2}}{lnx}$，x∈[${e}^{\frac{1}{4}}$，e]上，
∴f′（x）=$\frac{x（2lnx-1）}{l{n}^{2}x}$，
令f′（x）=0，解得x=$\sqrt{e}$，
當(dāng)f′（x）＞0時，即$\sqrt{e}$＜x≤e時，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，
當(dāng)f′（x）＜0時，即${e}^{\frac{1}{4}}$≤x＜$\sqrt{e}$時，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)x=$\sqrt{e}$時，函數(shù)f（x）有極小值，也是最小值，即f（x）_min=f（$\sqrt{e}$）=2e，
f（e）=e²＞f（${e}^{\frac{1}{4}}$）=4$\sqrt{e}$，
∴f（x）_max=f（e）=e²；
（2）g（x）=$\frac{{x}^{2}+4（\frac{1}{\sqrt{e}}）^{2}-4\frac{1}{\sqrt{e}}x}{lnx}$=$\frac{（x-\frac{2}{\sqrt{e}}）^{2}}{lnx}$，x＞0，且x≠1，
∴g′（x）=$\frac{（x-\frac{2}{\sqrt{e}}）（2lnx-1+\frac{2}{\sqrt{e}x}）}{l{n}^{2}x}$，
令h（x）=2lnx-1+$\frac{2}{\sqrt{e}x}$，
∴h′（x）=$\frac{2}{x}$-$\frac{2}{\sqrt{e}{x}^{2}}$=$\frac{2（x-1）}{\sqrt{e}{x}^{2}}$，
令h′（x）=0，解得x=1，
∴h（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，再（1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴h（x）≥h（1）=$\frac{2}{\sqrt{e}}$-1＞0，
令g′（x）=0，解得x=$\frac{2\sqrt{e}}{e}$＞1
當(dāng)g′（x）＞0時，x＞$\frac{2\sqrt{e}}{e}$時，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增，
當(dāng)g′（x）＜0時，即0＜x＜1，和1＜x＜$\frac{2\sqrt{e}}{e}$時，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減，
綜上所述g（x）在（$\frac{2\sqrt{e}}{e}$+∞）單調(diào)遞增，在（0，1）和（1，$\frac{2\sqrt{e}}{e}$）單調(diào)遞減．
（3）G（x）=G（x）=f（x）+$\frac{4{m}^{2}-4mx}{lnx}$=$\frac{（x-2m）^{2}}{lnx}$，
∴G′（x）=$\frac{（x-2m）（2lnx-1+\frac{2m}{x}）}{l{n}^{2}x}$，
令t（x）=2lnx-1+$\frac{2m}{x}$，
則t′（x）=$\frac{2（x-m）}{{x}^{2}}$
故t（x）在（0，m）上單調(diào)遞減，在（m，1）和（1，+∞）上單調(diào)遞增；
而函數(shù)G（x）有三個極值點為a，b，c，
則t（x）=2lnx-1+$\frac{2m}{x}$=0在（0，+∞）上有兩個不相等相都不等于2m的根，
且G（x）的一個極值點為2m；
∵m∈（0，$\frac{1}{2}$），t_min（x）=t（m）=2lnm+1＜2ln$\frac{1}{2}$+1＜0；
t（1）=2ln1+2m-1=2m-1＜0；
又∵a＜b＜c，
∴0＜a＜m，b=2m＜1，c＞1；
∴0＜2a＜b＜1＜c．

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及分類討論的思想應(yīng)用，難題在于構(gòu)造函數(shù)以使問題簡化，屬于難題．