Question

3．已知函數(shù)f（x）=$\frac{lnx}{x}$．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間和最大值；
（2）若兩不等正數(shù)m，n滿足mⁿ=n^m，函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)為f′（x），求證：f′（$\frac{m+n}{2}$）＜0．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最大值；
（2）先求出f（m）=f（n），只要證n＞2e-m即可，問題轉(zhuǎn)化為即只要證$\frac{lnm}{m}$＜$\frac{ln（2e-m）}{2e-m}$，構(gòu)造函數(shù)g（x）=（2e-x）lnx-xln（2e-x），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（ 1）易知f′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，當0＜x＜e，f′（x）＞0，；當x＞e，f′（x）＜0；
故函數(shù)f（x）在（0，e）上單調(diào)遞增，在（e，+∞）上單調(diào)遞減，
f（x）的最大值為f（e）=$\frac{1}{e}$．…（4分）
（ 2）不妨設(shè)0＜m＜n，∵mⁿ=n^m，∴有nlnm=mlnn，
即$\frac{lnm}{m}$=$\frac{lnn}{n}$，即f（m）=f（n）．
由（ 1）知函數(shù)f（x）在（0，e）上單調(diào)遞增，在（e，+∞）上單調(diào)遞減，
所以要證f′（$\frac{m+n}{2}$）＜0，只要證$\frac{m+n}{2}$＞e，即只要證m+n＞2e．…（6分）
∵0＜m＜n，則易知1＜m＜e＜n．∴只要證n＞2e-m．
∵1＜m＜e，∴2e-m＞e，又n＞e，f（x）在（e，+∞）上單調(diào)遞減，
∴只要證f（n）＜f（2e-m），又f（m）=f（n），
∴只要證f（m）＜f（2e-m）即可．即只要證$\frac{lnm}{m}$＜$\frac{ln（2e-m）}{2e-m}$，
只要證（2e-m）lnm＜mln（2e-m），只要證（2e-m）lnm-mln（2e-m）＜0，
令g（x）=（2e-x）lnx-xln（2e-x），（1＜x＜e），
即只要證當1＜x＜e時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，
∴l(xiāng)nx（2e-x）＜2，∴g′（x）＞0，∴g（x）在（1，e）上單調(diào)遞增，
∴g（x）＜g（e）=0，∴有g(shù)（x）＜0恒成立，此題得證．…（12分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，是一道綜合題．