Question

12．已知函数f（x）=$\frac{lnx}{x}$．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间和最大值；
（Ⅱ）设g（x）=xf（x）+2x，试问：过点（2，5）可作多少条直线与曲线y=g（x）相切？并证明你的结论；
（Ⅲ）若两不等的正数m，n满足mⁿ=n^m，函数f（x）的导数为f′（x），证明：f′（$\frac{m+n}{2}$）＜0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）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；
（Ⅱ）设出切点，表示出切线方程，得到xlnx₀-2x₀+2=0，令φ（x）=xlnx-2x+2，根据函数的单调性判断出过点（2，5）作2条直线与曲线y=g（x）相切；
（Ⅲ）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：（Ⅰ）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）=$\frac{1}{e}$．
（Ⅱ）g（x）=lnx+2x，设切点（x₀，lnx₀+2x₀），
∵g′（x）=$\frac{1}{x}$+2，
故切线y-（lnx₀+2x₀）=（$\frac{1}{{x}_{0}}$+2）（x-x₀），
切线过（2，5），
∴5-（lnx₀+2x₀）=（$\frac{1}{{x}_{0}}$+2）（2-x₀），
∴xlnx₀-2x₀+2=0，
令φ（x）=xlnx-2x+2，φ′（x）=lnx-1，
故φ（x）在（0，e）递减，在（e，+∞）递增，
又φ（e）=-e+2＜0，φ（$\frac{1}{e}$）=$\frac{2e-3}{e}$＞0，φ（e²）=2＞0，
∴φ（x）=0在（$\frac{1}{e}$，e²）上有2个零点，
即过点（2，5）作2条直线与曲线y=g（x）相切；
（Ⅲ）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，
∵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．

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．