Question

17．已知函数f（x）=$\frac{x^2}{lnx}$．
（Ⅰ）求函数f（x）在区间[${e^{\frac{1}{4}}}$，e]上的最值；
（Ⅱ）设g（x）=f（x）-$\frac{4m（x-m）}{lnx}$（0＜m＜$\frac{1}{2}$），
若函数g（x）有三个极值点，设为a，b，c且a＜b＜c．
证明：0＜2a＜b＜1＜c，并求出函数g（x）的单调区间（用a，b，c表示）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）可知f（x）=$\frac{x^2}{lnx}$的定义域为（0，1）∪（1，+∞），再求导f′（x）=$\frac{x（2lnx-1）}{（lnx）^{2}}$，从而由导数的正负确定函数的单调性；从而求最值．
（Ⅱ）由题意化简g（x）═$\frac{{x}^{2}-4mx+4{m}^{2}}{lnx}$，再求导并化简g′（x）=$\frac{（x-2m）（2lnx+\frac{2m}{x}-1）}{（lnx）^{2}}$；故应该确定函数的零点，令h（x）=2lnx+$\frac{2m}{x}$-1，再求导h′（x）=$\frac{2x-2m}{{x}^{2}}$，从而可得h（x）在（0，m）上单调递减，在（m，+∞）上单调递增；且h（x）_min=h（m）=2lnm+1＜0；从而判断零点的位置，进而确定极值点的位置，再确定函数的单调性即可．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）=$\frac{x^2}{lnx}$的定义域为（0，1）∪（1，+∞），
∴f′（x）=$\frac{x（2lnx-1）}{（lnx）^{2}}$，
∴当x∈[${e^{\frac{1}{4}}}$，$\sqrt{e}$）时，f′（x）＜0，
当x∈（$\sqrt{e}$，e]时，f′（x）＞0，
故f（x）在[${e^{\frac{1}{4}}}$，$\sqrt{e}$）上是减函数，在（$\sqrt{e}$，e]上是增函数，
又∵f（${e^{\frac{1}{4}}}$）=4$\sqrt{e}$，f（e）=e²，f（$\sqrt{e}$）=2e；
∴函数f（x）在区间[${e^{\frac{1}{4}}}$，e]上的最小值为2e，最大值为e²；
（Ⅱ）由题意知，g（x）=f（x）-$\frac{4m（x-m）}{lnx}$
=$\frac{{x}^{2}-4mx+4{m}^{2}}{lnx}$，
g′（x）=$\frac{（x-2m）（2lnx+\frac{2m}{x}-1）}{（lnx）^{2}}$；
令h（x）=2lnx+$\frac{2m}{x}$-1，则h′（x）=$\frac{2x-2m}{{x}^{2}}$，
所以h（x）在（0，m）上单调递减，在（m，+∞）上单调递增；
因为函数g（x）有三个极值点为a，b，c；
故h（x）_min=h（m）=2lnm+1＜0；
故m＜$\sqrt{e}$；
故当0＜m＜$\frac{1}{2}$时，
h（m）=2lnm+1＜1+2ln$\frac{1}{2}$＜0，
h（1）=2m-1＜0，
从而函数g（x）的三个极值点中，
有一个为2m，有一个小于m，有一个大于1；
又a＜b＜c，
则0＜a＜m，b=2m，c＞1；
故0＜2a＜b＜1＜c；
函数g（x）的单调减区间为（0，a），（c，+∞），单调增区间为（a，b）．

点评 本题考查了导数的综合应用及函数零点的判定定理的应用，关键令h（x）=2lnx+$\frac{2m}{x}$-1，从而简化运算．属于难题．