Question

1．已知e=2.71828…為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．
（1）求函數(shù)f（x）=$\frac{{x}^{2}}{lnx}$在區(qū)間[e${\;}^{\frac{1}{2}}$，e]上的最值；
（2）當(dāng)0＜m＜$\frac{1}{2}$時(shí)，設(shè)函數(shù)G（x）=f（x）+$\frac{4{m}^{2}-4mx}{lnx}$（其中m為常數(shù)）的3個(gè)極值點(diǎn)為a，b，c，且a＜b＜c，將2a，b，c，0，1這5個(gè)數(shù)按照從小到大的順序排列，并證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，判斷函數(shù)f（x）的單調(diào)性，即可得到最值；
（2）2a，b，c，0，1這5個(gè)數(shù)按照從小到大的順序?yàn)?＜2a＜b＜1＜c．求出G（x）的導(dǎo)數(shù)，求得極值點(diǎn)b=2m，再令h（x）=2lnx+$\frac{2m}{x}$-1，求出導(dǎo)數(shù)，求得最小值，求得單調(diào)區(qū)間，即可判斷2a，c與1的大�。�

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=$\frac{{x}^{2}}{lnx}$的導(dǎo)數(shù)f′（x）=$\frac{x（2lnx-1）}{l{n}^{2}x}$，
當(dāng)x∈[e${\;}^{\frac{1}{2}}$，e]時(shí)，f′（x）≥0，f（x）在[e${\;}^{\frac{1}{2}}$，e]遞增，
f（${e}^{\frac{1}{2}}$）為最小值，且為2e，f（e）為最大值，且為e²；
（2）2a，b，c，0，1這5個(gè)數(shù)按照從小到大的順序?yàn)?＜2a＜b＜1＜c．
由題意可得G（x）=$\frac{（x-2m）^{2}}{lnx}$，G′（x）=$\frac{（x-2m）（2lnx+\frac{2m}{x}-1）}{l{n}^{2}x}$，
對(duì)于函數(shù)h（x）=2lnx+$\frac{2m}{x}$-1，有h′（x）=$\frac{2x-2m}{{x}^{2}}$，
∴函數(shù)h（x）在（a，m）上單調(diào)遞減，在（m，c）上單調(diào)遞增，
∵函數(shù)f（x）有3個(gè)極值點(diǎn)a＜b＜c，
從而h_min（x）=h（m）=2lnm+1＜0，所以m＜$\frac{1}{\sqrt{e}}$，
當(dāng)0＜m＜$\frac{1}{2}$時(shí)，h（2m）=2ln2m＜0，h（1）=2m-1＜0，
∴函數(shù)G（x）的遞增區(qū)間有（a，2m）和（c，+∞），
遞減區(qū)間有（0，a），（2m，1），（1，c），
此時(shí)，函數(shù)f（x）有3個(gè)極值點(diǎn)，且b=2m；
∴當(dāng)0＜m＜$\frac{1}{2}$時(shí)，a，c是函數(shù)h（x）=2lnx+$\frac{2m}{x}$-1的兩個(gè)零點(diǎn)，
即有$\left\{\begin{array}{l}{2lna+\frac{2m}{a}-1=0}\\{2lnc+\frac{2m}{c}-1=0}\end{array}\right.$，消去m有2alna-a=2clnc-c，
令g（x）=2xlnx-x，g'（x）=2lnx+1有零點(diǎn)x=$\frac{1}{\sqrt{e}}$，且a＜$\frac{1}{\sqrt{e}}$，
即有0＜2a＜b＜1＜c．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用：求單調(diào)區(qū)間和最值，同時(shí)考查函數(shù)的單調(diào)性，不等式的性質(zhì)，屬于綜合題．