Question

12．已知函數(shù)f（x）=$\frac{lnx}{x}$．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間和最大值；
（Ⅱ）設(shè)g（x）=xf（x）+2x，試問(wèn)：過(guò)點(diǎn)（2，5）可作多少條直線與曲線y=g（x）相切？并證明你的結(jié)論；
（Ⅲ）若兩不等的正數(shù)m，n滿足mⁿ=n^m，函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)為f′（x），證明：f′（$\frac{m+n}{2}$）＜0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）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；
（Ⅱ）設(shè)出切點(diǎn)，表示出切線方程，得到xlnx₀-2x₀+2=0，令φ（x）=xlnx-2x+2，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性判斷出過(guò)點(diǎn)（2，5）作2條直線與曲線y=g（x）相切；
（Ⅲ）先求出f（m）=f（n），只要證n＞2e-m即可，問(wèn)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：（Ⅰ）易知f′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
當(dāng)0＜x＜e，f′（x）＞0，；當(dāng)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）=$\frac{1}{e}$．
（Ⅱ）g（x）=lnx+2x，設(shè)切點(diǎn)（x₀，lnx₀+2x₀），
∵g′（x）=$\frac{1}{x}$+2，
故切線y-（lnx₀+2x₀）=（$\frac{1}{{x}_{0}}$+2）（x-x₀），
切線過(guò)（2，5），
∴5-（lnx₀+2x₀）=（$\frac{1}{{x}_{0}}$+2）（2-x₀），
∴xlnx₀-2x₀+2=0，
令φ（x）=xlnx-2x+2，φ′（x）=lnx-1，
故φ（x）在（0，e）遞減，在（e，+∞）遞增，
又φ（e）=-e+2＜0，φ（$\frac{1}{e}$）=$\frac{2e-3}{e}$＞0，φ（e²）=2＞0，
∴φ（x）=0在（$\frac{1}{e}$，e²）上有2個(gè)零點(diǎn)，
即過(guò)點(diǎn)（2，5）作2條直線與曲線y=g（x）相切；
（Ⅲ）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，
∵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(dāng)1＜x＜e時(shí)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．

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