Question

2．已知函数f（x）=$\frac{lnx}{x}$．
（1）当e≤x≤e²时，求函数f（x）的最小值；
（2）已知函数g（x）=2x-$\frac{ax（x-1）}{lnx}$，且f（x）g（x）≤0恒成立，求实数a的值；
（3）某同学发现：存在正实数m、n（m＜n），使mⁿ=n^m，试问：他的发现是否正确？若不正确，则请说明理由；若正确，则请直接写出m的取值范围，而不需要解答过程．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）定义域为（0，+∞），f′（x）=$\frac{1-lnx}{x2}$．令f'（x）=$\frac{1-lnx}{x2}$=0，得x=e．由此列表讨论经，能求出函数f（x）的最小值．
（2）f（x） g（x）≤0恒成立，即2ln x-ax+a≤0在x＞0时恒成立．令h（x）=f（x） g（x），则h′（x）=$\frac{2-ax}{x}$，x＞0．由此利用导数性质及分类讨论思想能求出a．
（3）研究函数图象，f（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减．由此得到总存在正实数m，n，且1＜m＜e＜n，使得mⁿ=n^m．

解答 解：（1）∵函数f（x）=$\frac{lnx}{x}$，
∴f（x）定义域为（0，+∞），f′（x）=$\frac{1-lnx}{x2}$．
令f'（x）=$\frac{1-lnx}{x2}$=0，则x=e．
列表如下：

x	（0，e）	e	（e，+∞）
f'（x）	+	0	-
f（x）	↗	$\frac{1}{e}$	↘

∴f（x）在区间（e，+∞）上单调减，在（0，e）上单调增，
当e≤x≤e²时，函数f（x）单调减，
∴函数f（x）的最小值为f（e²）=2e^-2．…（4分）
（2）f（x） g（x）≤0恒成立，即2ln x-ax+a≤0在x＞0时恒成立．
令h（x）=f（x） g（x），则h′（x）=$\frac{2-ax}{x}$，x＞0．
若a≤0，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
若a＞0，当x∈（0，$\frac{2}{a}$）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（$\frac{2}{a}$，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．…（6分）
所以，若a≤0，则f（x）在（0，+∞）上单调递增，又f（1）=0，
故f（x）≤0不恒成立．…（8分）
若a＞2，则当x∈（$\frac{2}{a}$，1）时，f（x）单调递减，f（x）＞f（1）=0，不合题意，…（10分）
若0＜a＜2，则当x∈（1，$\frac{2}{a}$）时，f（x）单调递增，f（x）＞f（1）=0，不合题意，…（12分）
若a=2，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，f（x）≤f（1）=0符合题意．
故a=2．…（14分）
（3）正确，m的取值范围是1＜m＜e．…（16分）
理由如下：
研究函数图象，f（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减．
又∵当x→+∞时，f（x）→0．
∴总存在正实数m，n，且1＜m＜e＜n，使得f（m）=f（n），即$\frac{lnm}{m}$=$\frac{lnn}{n}$，即mⁿ=n^m．

点评 本题考查函数的最小值的求法，考查实数的取值范围的求法，考查满足条件的正实数是否存在的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意导数性质的、分类讨论思想的合理运用．