Question

（2013•溫州二模）已知函數(shù)f(x)=

lnx

x

．
（I）若關(guān)于x的不等式f（x）≤m恒成立，求實數(shù)m的最小值：
（II）對任意的x₁，x₂∈（0，2）且x₁＜x₂，己知存在．x₀∈（x₁，x₂）使得f′(x0)=

f(x2)-f(x 1)

x2-x1

求證：x0＜

x1x2

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，由導(dǎo)函數(shù)的零點把定義域分段，然后利用導(dǎo)數(shù)判斷出極值點，求出函數(shù)的極值，也就是最值，則m的范圍可求；
（Ⅱ）求出函數(shù)在x₀處的導(dǎo)數(shù)，代入f′(x0)=

f(x2)-f(x 1)

x2-x1

，整理后得到

1-lnx0

x02

(x2-x1)-[f(x2)-f(x1)]=0，引入輔助函數(shù)F(x)=

1-lnx

x2

(x2-x1)-[f(x2)-f(x1)]，求導(dǎo)后得到其在（0，2）上的單調(diào)性，然后把

x1x2

代入函數(shù)解析式，利用單調(diào)性得到F（

x1x2

）與F（x₀）的大小關(guān)系，從而得到要證明的結(jié)論．

解答：（I）解：函數(shù)f(x)=

lnx

x

的定義域為（0，+∞）．
由f′(x)=

1-lnx

x2

=0，解得x=e．
當(dāng)x∈（0，e）時，f^′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（e，+∞）時，f^′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；
∴函數(shù)f（x）在（0，+∞）上的最大值為f(e)=

lne

e

=

1

e

．
∵關(guān)于x的不等式f（x）≤m恒成立，∴f_max（x）≤m
∴m≥

1

e

，即m的最小值為

1

e

；
（II）證明：∵對任意的x₁，x₂∈（0，2），若存在x₀∈（x₁，x₂）使得f′(x0)=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

，
即

1-lnx0

x02

=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

．
∴

1-lnx0

x02

(x2-x1)-[f(x2)-f(x1)]=0．
令F(x)=

1-lnx

x2

(x2-x1)-[f(x2)-f(x1)]，則有F（x₀）=0
∴F′(x)=

2lnx-3

x3

(x2-x1)，
當(dāng)x∈（0，2）時，2lnx-3＜2ln2-3＜0，又有x₂＞x₁＞0，
∴F^′（x）＜0，即F（x）在（0，2）上是減函數(shù)．
又∵F(

x1x2

)=

1-ln x1x2

x1x2

(x2-x1)-[f(x2)-f(x1)]
=

1-ln x1x2

x1x2

(x2-x1)-(

lnx2

x2

-

lnx1

x1

)
=

1

x1

(1+ln

x1 x2

)-

1

x2

(1+ln

x2 x1

)
令

x2

x1

=t＞1，∴F(

x1x2

)=

1

x2

[t-(1-

1

2

lnt)-(1+

1

2

lnt)]
設(shè)h(t)=t-(1-

1

2

lnt)-(1+

1

2

lnt)，∴h′(t)=

t-tlnt-1

2t

．
設(shè)k（t）=t-tlnt-1，
∴k^′（t）=-lnt＜0（t＞1），∴k（t）在（1，+∞）是減函數(shù)，∴k（t）＜k（1）=0．
∴h^′（t）＜0，∴h（t）在（1，+∞）是減函數(shù)，∴h（t）＜h（1）=0．
∴F(

x1x2

)=

1

x2

h(t)＜0=F(x0)．
∵F（x）在（0，2）上是減函數(shù)，∴x0＜

x1x2

．

點評：本題考查了導(dǎo)數(shù)在最值中的應(yīng)用，考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了換元法和數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想，解答此題的關(guān)鍵是兩次構(gòu)造輔助函數(shù)，是較難的題目．