Question

17．已知函數(shù)f（x）=$\frac{x^2}{lnx}$．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）在區(qū)間[${e^{\frac{1}{4}}}$，e]上的最值；
（Ⅱ）設(shè)g（x）=f（x）-$\frac{4m（x-m）}{lnx}$（0＜m＜$\frac{1}{2}$），
若函數(shù)g（x）有三個(gè)極值點(diǎn)，設(shè)為a，b，c且a＜b＜c．
證明：0＜2a＜b＜1＜c，并求出函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間（用a，b，c表示）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）可知f（x）=$\frac{x^2}{lnx}$的定義域?yàn)椋?，1）∪（1，+∞），再求導(dǎo)f′（x）=$\frac{x（2lnx-1）}{（lnx）^{2}}$，從而由導(dǎo)數(shù)的正負(fù)確定函數(shù)的單調(diào)性；從而求最值．
（Ⅱ）由題意化簡(jiǎn)g（x）═$\frac{{x}^{2}-4mx+4{m}^{2}}{lnx}$，再求導(dǎo)并化簡(jiǎn)g′（x）=$\frac{（x-2m）（2lnx+\frac{2m}{x}-1）}{（lnx）^{2}}$；故應(yīng)該確定函數(shù)的零點(diǎn)，令h（x）=2lnx+$\frac{2m}{x}$-1，再求導(dǎo)h′（x）=$\frac{2x-2m}{{x}^{2}}$，從而可得h（x）在（0，m）上單調(diào)遞減，在（m，+∞）上單調(diào)遞增；且h（x）_min=h（m）=2lnm+1＜0；從而判斷零點(diǎn)的位置，進(jìn)而確定極值點(diǎn)的位置，再確定函數(shù)的單調(diào)性即可．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）=$\frac{x^2}{lnx}$的定義域?yàn)椋?，1）∪（1，+∞），
∴f′（x）=$\frac{x（2lnx-1）}{（lnx）^{2}}$，
∴當(dāng)x∈[${e^{\frac{1}{4}}}$，$\sqrt{e}$）時(shí)，f′（x）＜0，
當(dāng)x∈（$\sqrt{e}$，e]時(shí)，f′（x）＞0，
故f（x）在[${e^{\frac{1}{4}}}$，$\sqrt{e}$）上是減函數(shù)，在（$\sqrt{e}$，e]上是增函數(shù)，
又∵f（${e^{\frac{1}{4}}}$）=4$\sqrt{e}$，f（e）=e²，f（$\sqrt{e}$）=2e；
∴函數(shù)f（x）在區(qū)間[${e^{\frac{1}{4}}}$，e]上的最小值為2e，最大值為e²；
（Ⅱ）由題意知，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，則h′（x）=$\frac{2x-2m}{{x}^{2}}$，
所以h（x）在（0，m）上單調(diào)遞減，在（m，+∞）上單調(diào)遞增；
因?yàn)楹瘮?shù)g（x）有三個(gè)極值點(diǎn)為a，b，c；
故h（x）_min=h（m）=2lnm+1＜0；
故m＜$\sqrt{e}$；
故當(dāng)0＜m＜$\frac{1}{2}$時(shí)，
h（m）=2lnm+1＜1+2ln$\frac{1}{2}$＜0，
h（1）=2m-1＜0，
從而函數(shù)g（x）的三個(gè)極值點(diǎn)中，
有一個(gè)為2m，有一個(gè)小于m，有一個(gè)大于1；
又a＜b＜c，
則0＜a＜m，b=2m，c＞1；
故0＜2a＜b＜1＜c；
函數(shù)g（x）的單調(diào)減區(qū)間為（0，a），（c，+∞），單調(diào)增區(qū)間為（a，b）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及函數(shù)零點(diǎn)的判定定理的應(yīng)用，關(guān)鍵令h（x）=2lnx+$\frac{2m}{x}$-1，從而簡(jiǎn)化運(yùn)算．屬于難題．