Question

10．已知函數(shù)g（x）=2lnx+$\frac{m}{x}$-1，f（x）=$\frac{（x-m）^{2}}{lnx}$．
（1）討論g（x）的單調(diào)性；
（2）當(dāng)0＜m＜1時，證明x=m是f（x）極大值點(diǎn)；
（3）若f（x）的3個極值點(diǎn)分別是x₁，x₂，x₃，且x₁＜x₂＜x₃，證明：x₁+x₃＞$\frac{2}{\sqrt{e}}$．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系即可判斷，
（2）先求導(dǎo)，求出f′（x）=0，構(gòu)造函數(shù)h（x）=2lnx+$\frac{m}{x}$-1，根據(jù)零點(diǎn)存在定理，可知函數(shù)的一個零點(diǎn)x₀∈（1，2），則x₀＞m，
再根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的極值的關(guān)系即可證明，
（3）先利用導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的極值求出a的取值范圍，結(jié)合函數(shù)f（x）的3個極值點(diǎn)為x₁，x₂，x₃，構(gòu)造函數(shù)，利用單調(diào)性去判斷．

解答 解：（1）g（x）=2lnx+$\frac{m}{x}$-1，x＞1，
∴g′（x）=$\frac{2}{x}$-$\frac{m}{{x}^{2}}$=$\frac{2x-m}{{x}^{2}}$，
當(dāng)m≤0時，g′（x）＞0在（1，+∞）恒成立，
∴g（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增，
當(dāng)m＞0時，
令g′（x）＞0，即2x-m＞0，解得x＞$\frac{m}{2}$，函數(shù)單調(diào)遞增，
令g′（x）＜0，即2x-m＜0，解得0＜x＜$\frac{m}{2}$，函數(shù)單調(diào)遞減，
綜上所述：當(dāng)m≤0時，函數(shù)f（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增，
當(dāng)m＞0時，函數(shù)f（x）在（$\frac{m}{2}$，+∞）上單調(diào)遞增，在（0，$\frac{m}{2}$）上單調(diào)遞減；
（2）f（x）=$\frac{（x-m）^{2}}{lnx}$，x＞0，且x≠1，
∴f′（x）=$\frac{2（x-m）lnx-（x-m）^{2}•\frac{1}{x}}{l{n}^{2}x}$=$\frac{（x-m）（2lnx+\frac{m}{x}-1）}{l{n}^{2}x}$
令h（x）=2lnx+$\frac{m}{x}$-1，
∴h′（x）=$\frac{2x-m}{{x}^{2}}$；
∴h（x）在（0，$\frac{m}{2}$）上單調(diào)遞減，在（$\frac{m}{2}$，+∞）上單調(diào)遞增；
∵h(yuǎn)（1）=m-1＜0，h（2）=2ln2+$\frac{m}{2}$-1=ln$\frac{4}{e}$+$\frac{m}{2}$＞0，
∴h（x）在（1，2）內(nèi)存在零點(diǎn)，
設(shè)h（x₀）=0，
∴x₀＞m，
當(dāng)f′（x）＞0時，即0＜x＜m，或x＞x₀，函數(shù)單調(diào)遞增，
當(dāng)f′（x）＜0時，即m＜x＜x₀，函數(shù)單調(diào)遞減，
∴當(dāng)x=m時，函數(shù)有極大值，
∴當(dāng)0＜m＜1時，x=m是f（x）極大值點(diǎn)；
（3）由（2）可知，
∴h（$\frac{m}{2}$）是h（x）的最小值；
∵f（x）有三個極值點(diǎn)x₁＜x₂＜x₃；
∴h（$\frac{m}{2}$）=2ln$\frac{m}{2}$+1＜0；
∴m＜$\frac{2}{\sqrt{e}}$；
∴a的取值范圍為（0，$\frac{2}{\sqrt{e}}$），
當(dāng)0＜m＜$\frac{2}{\sqrt{e}}$時，h（m）=2lnm＜0，h（1）=m-1＜0；
∴x₂=m；
即x₁，x₃是函數(shù)h（x）的兩個零點(diǎn)；
∴$\left\{\begin{array}{l}{2ln{x}_{1}+\frac{m}{{x}_{1}}-1=0}\\{2ln{x}_{2}+\frac{m}{{x}_{2}}-1=0}\end{array}\right.$；
消去a得2x₁lnx₁-x₁=2x₃lnx₃-x₃；
令φ（x）=2xlnx-x，φ′（x）=2lnx+1，φ′（x）的零點(diǎn)為x=$\frac{1}{\sqrt{e}}$，且x₁＜$\frac{1}{\sqrt{e}}$＜x₃；
∴φ（x）在（0，$\frac{1}{\sqrt{e}}$）上遞減，在（$\frac{1}{\sqrt{e}}$，+∞）上遞增；
要證明x₁+x₃＞$\frac{2}{\sqrt{e}}$?x₃＞$\frac{2}{\sqrt{e}}$-x₁?φ（x₃）＞φ（$\frac{2}{\sqrt{e}}$-x₁）；
∵φ（x₁）=φ（x₃），∴即證φ（x₁）＞φ（$\frac{2}{\sqrt{e}}$-x₁）；
構(gòu)造函數(shù)F（x）=φ（x）-φ（$\frac{2}{\sqrt{e}}$-x）；則F（$\frac{1}{\sqrt{e}}$）=0；
∴只要證明x∈（0，$\frac{1}{\sqrt{e}}$]上F（x）單調(diào)遞減；
φ（x）在（0，$\frac{1}{\sqrt{e}}$]單調(diào)遞減；
∴x增大時，$\frac{1}{\sqrt{e}}$-x減小，φ（$\frac{1}{\sqrt{e}}$-x）增大，-φ（$\frac{1}{\sqrt{e}}$-x）減小；
∴-φ（$\frac{1}{\sqrt{e}}$-x）在0，$\frac{1}{\sqrt{e}}$]上是減函數(shù)
∴φ（x）-φ（$\frac{2}{\sqrt{e}}$-x）在（0，$\frac{1}{\sqrt{e}}$]上是減函數(shù)；
∴當(dāng)0＜a＜$\frac{2}{\sqrt{e}}$時，x₁+x₃＞$\frac{2}{\sqrt{e}}$．

點(diǎn)評 考查根據(jù)導(dǎo)數(shù)符號求函數(shù)單調(diào)區(qū)間，求函數(shù)極值點(diǎn)的方法，極值點(diǎn)的概念，以及構(gòu)造函數(shù)解決問題的方法，根據(jù)導(dǎo)數(shù)符號求函數(shù)最值的方法，根據(jù)單調(diào)性定義判斷函數(shù)單調(diào)性的方法，以及函數(shù)單調(diào)性定義的運(yùn)用，屬于難題．