Question

已知函数f（x）=

(x-2m)2

lnx

（其中m为常数）．
（Ⅰ）当m=0时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当0＜m＜

1

2

时，设函数f（x）的3个极值点为a，b，c，且a＜b＜c．证明：a+c＞

2

e

．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数研究函数的极值

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ） f′(x)=

x(2lnx-1)

ln2x

令f'（x）=0可得x=

e

．从而求出函数的单调区间，
（Ⅱ）由题，f′(x)=

(x-2m)(2lnx+ 2m x -1)

ln2x

对于函数h(x)=2lnx+

2m

x

-1，有h′(x)=

2x-2m

x2

，从而函数h（x）在（0，m）上单调递减，在（m，+∞）上单调递增
从而h_min（x）=h（m）=2lnm+1＜0，所以m＜

1

e

，进而函数f（x）的递增区间有（a，2m）和（c，+∞），递减区间有（0，a），（2m，1），（1，c），解方程组求出函数g（x）=2xlnx-x在(0，

1

e

)上递减，在(

1

e

，+∞)上递增，构造函数F(x)=g(x)-g(

2

e

-x)，只需要证明x∈(0，

1

e

]单调递减即可，从而解决问题．

解答： 解：（Ⅰ） f′(x)=

x(2lnx-1)

ln2x

令f'（x）=0可得x=

e

．列表如下：

x	（0，1）	(1， e )	e	( e ，+∞)
f'（x）	-	-	0	+
f（x）	减	减	极小值	增

单调减区间为（0，1），(1，

e

)；增区间为(

e

，+∞)．
（Ⅱ）由题，f′(x)=

(x-2m)(2lnx+ 2m x -1)

ln2x

对于函数h(x)=2lnx+

2m

x

-1，有h′(x)=

2x-2m

x2

∴函数h（x）在（0，m）上单调递减，在（m，+∞）上单调递增
∵函数f（x）有3个极值点a＜b＜c，
从而h_min（x）=h（m）=2lnm+1＜0，所以m＜

1

e

，
当0＜m＜

1

2

时，h（2m）=2ln2m＜0，h（1）=m-1＜0，
∴函数f（x）的递增区间有（a，2m）和（c，+∞），
递减区间有（0，a），（2m，1），（1，c），
此时，函数f（x）有3个极值点，且b=2m；
∴当0＜m＜

1

2

时，a，c是函数h(x)=2lnx+

2m

x

-1的两个零点，
即有

2lna+ 2m a -1=0 2lnc+ 2m c -1=0

，消去m有2alna-a=2clnc-c
令g（x）=2xlnx-x，g'（x）=2lnx+1有零点x=

1

e

，且a＜

1

e

＜c
∴函数g（x）=2xlnx-x在(0，

1

e

)上递减，在(

1

e

，+∞)上递增
要证明    a+c＞

2

e

?c＞

2

e

-a?g(c)＞g(

2

e

-a)，
∵g（a）=g（c），
∴即证g(a)＞g(

2

e

-a)?g(a)-g(

2

e

-a)＞0
构造函数F(x)=g(x)-g(

2

e

-x)，
∵F(

1

e

)=0，
只需要证明x∈(0，

1

e

]单调递减即可．
而F′(x)=2lnx+2ln(

2

e

-x)+2，
F″(x)=

2( 2 e -2x)

x( 2 e -x)

＞0，
∴F'（x）在(0，

1

e

]上单调递增，
∴F′(x)＜F(

1

e

)=0．

点评：本题考察了函数的单调性，函数的极值问题，导数的应用，不等式的证明，本题是一道综合题．