Question

1．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）若g（x）=f（x）+$\frac{4{m}^{2}-4mx}{lnx}$（其中m為常數(shù)），且當(dāng)0＜m＜$\frac{1}{2}$時(shí)，設(shè)函數(shù)g（x）的3個(gè)極值點(diǎn)為a，b，c，且a＜b＜c，證明：0＜2a＜b＜1＜c，并討論函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間（用a，b，c表示單調(diào)區(qū)間）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最值即可；
（Ⅱ）求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，令h（x）=2lnx+$\frac{2m}{x}$，根據(jù)函數(shù)極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)，證明結(jié)論即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{x（2lnx-1）}{{ln}^{2}x}$，
令f′（x）=0，解得x=$\sqrt{e}$，列表：

x	[${e}^{\frac{1}{4}}$，$\sqrt{e}$）	$\sqrt{e}$	（$\sqrt{e}$，e]
f′（x）	-	0	+
f（x）	減	極小值	增

所以函數(shù)f（x）在[${e}^{\frac{1}{4}}$，$\sqrt{e}$]上單調(diào)遞減，在[$\sqrt{e}$，e]上單調(diào)遞增．
∵f（$\sqrt{e}$）=4$\sqrt{e}$，f（e）=e²＞4$\sqrt{e}$，
∴函數(shù)f（x）的最大值為e²，最小值為2e；
（Ⅱ）由題意：g（x）=$\frac{{x}^{2}-4mx+{4m}^{2}}{lnx}$，
g′（x）=$\frac{（x-2m）（2lnx+\frac{2m}{x}-1）}{{ln}^{2}x}$，
令h（x）=2lnx+$\frac{2m}{x}$-1，h′（x）=$\frac{2x-2m}{{x}^{2}}$，
可以得到函數(shù)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）的3個(gè)極值點(diǎn)，
又h（x）min=h（m）=2lnm+1＜0，
h（2m）=2ln2m＜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，
因?yàn)?個(gè)極值點(diǎn)為a，b，c，且a＜b＜c，
所以a＜m＜2m=b＜1＜c，所以2a＜2m=b，
故0＜2a＜b＜1＜c，
函數(shù)g（x）在（0，a）上單調(diào)遞減，在（a，b）上單調(diào)遞增，
在（b，1）上單調(diào)遞減，在（1，c）上單調(diào)遞減，在 （c，+∞）上單調(diào)遞增．

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)用以及不等式的證明，是一道中檔題．