Question

3．已知函数f（x）=$\frac{lnx}{x}$．
（1）求函数f（x）的单调区间和最大值；
（2）若两不等正数m，n满足mⁿ=n^m，函数f（x）的导函数为f′（x），求证：f′（$\frac{m+n}{2}$）＜0．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，得到函数的单调区间，从而求出函数的最大值；
（2）先求出f（m）=f（n），只要证n＞2e-m即可，问题转化为即只要证$\frac{lnm}{m}$＜$\frac{ln（2e-m）}{2e-m}$，构造函数g（x）=（2e-x）lnx-xln（2e-x），根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（ 1）易知f′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，当0＜x＜e，f′（x）＞0，；当x＞e，f′（x）＜0；
故函数f（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，
f（x）的最大值为f（e）=$\frac{1}{e}$．…（4分）
（ 2）不妨设0＜m＜n，∵mⁿ=n^m，∴有nlnm=mlnn，
即$\frac{lnm}{m}$=$\frac{lnn}{n}$，即f（m）=f（n）．
由（ 1）知函数f（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，
所以要证f′（$\frac{m+n}{2}$）＜0，只要证$\frac{m+n}{2}$＞e，即只要证m+n＞2e．…（6分）
∵0＜m＜n，则易知1＜m＜e＜n．∴只要证n＞2e-m．
∵1＜m＜e，∴2e-m＞e，又n＞e，f（x）在（e，+∞）上单调递减，
∴只要证f（n）＜f（2e-m），又f（m）=f（n），
∴只要证f（m）＜f（2e-m）即可．即只要证$\frac{lnm}{m}$＜$\frac{ln（2e-m）}{2e-m}$，
只要证（2e-m）lnm＜mln（2e-m），只要证（2e-m）lnm-mln（2e-m）＜0，
令g（x）=（2e-x）lnx-xln（2e-x），（1＜x＜e），
即只要证当1＜x＜e时g（x）＜0恒成立即可．
又g′（x）=-lnx+$\frac{2e-x}{x}$-ln（2e-x）+$\frac{x}{2e-x}$=$\frac{2e-x}{x}$+$\frac{x}{2e-x}$-lnx（2e-x），
∵1＜x＜e，∴$\frac{2e-x}{x}$+$\frac{x}{2e-x}$＞2，又x（2e-x）＜${（\frac{x+2e-x}{2}）}^{2}$=e²，
∴lnx（2e-x）＜2，∴g′（x）＞0，∴g（x）在（1，e）上单调递增，
∴g（x）＜g（e）=0，∴有g（x）＜0恒成立，此题得证．…（12分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道综合题．