Question

2．已知e=2.71828为自然对数的底数．
（1）求函数f（x）=$\frac{{x}^{2}}{lnx}$在区间[${e}^{\frac{1}{4}}$，e]上的最值；
（2）判断函数g（x）=$\frac{{x}^{2}+4（\frac{1}{\sqrt{e}}）^{2}-4\frac{1}{\sqrt{e}}x}{lnx}$的单调性；
（3）当0＜m＜$\frac{1}{2}$时，设函数G（x）=f（x）+$\frac{4{m}^{2}-4mx}{lnx}$（其中m为常数）的三个极值点a、b、c，且a＜b＜c，将2a、b、c、0、1这5个数按照从小到达的顺序排列，并证明．

Answer 1

分析 （1）先求导，判断函数f（x）在区间[${e}^{\frac{1}{4}}$，e]上的单调性，再求出端点值，比较即可得到最值；
（2）先化简，再求导，构造h（x）=2lnx-1+$\frac{2}{\sqrt{e}x}$，利用导数判断出h（x）≥h（1）＞0，再令g′（x）=0，求出函数的单调区间．
（3）先化简，在求导，构造t（x）=2lnx-1+$\frac{2m}{x}$，再求导，从而可判断0＜a＜m，b=2m＜1，c＞1，而证明．

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=$\sqrt{e}$，
当f′（x）＞0时，即$\sqrt{e}$＜x≤e时，函数f（x）单调递增，
当f′（x）＜0时，即${e}^{\frac{1}{4}}$≤x＜$\sqrt{e}$时，函数f（x）单调递减，
当x=$\sqrt{e}$时，函数f（x）有极小值，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）上单调递减，再（1，+∞）上单调递增，
∴h（x）≥h（1）=$\frac{2}{\sqrt{e}}$-1＞0，
令g′（x）=0，解得x=$\frac{2\sqrt{e}}{e}$＞1
当g′（x）＞0时，x＞$\frac{2\sqrt{e}}{e}$时，函数g（x）单调递增，
当g′（x）＜0时，即0＜x＜1，和1＜x＜$\frac{2\sqrt{e}}{e}$时，函数g（x）单调递减，
综上所述g（x）在（$\frac{2\sqrt{e}}{e}$+∞）单调递增，在（0，1）和（1，$\frac{2\sqrt{e}}{e}$）单调递减．
（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+$\frac{2m}{x}$，
则t′（x）=$\frac{2（x-m）}{{x}^{2}}$
故t（x）在（0，m）上单调递减，在（m，1）和（1，+∞）上单调递增；
而函数G（x）有三个极值点为a，b，c，
则t（x）=2lnx-1+$\frac{2m}{x}$=0在（0，+∞）上有两个不相等相都不等于2m的根，
且G（x）的一个极值点为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．

点评 本题考查了导数的综合应用及分类讨论的思想应用，难题在于构造函数以使问题简化，属于难题．