Question

2．已知函數f（x）=$\frac{lnx}{x}$，g（x）=$\frac{1}{2}a{x^2}-aex（a∈R，e$是自然對數的底數）．
（1）求函數f（x）的單調區間；
（2）若h（x）=f（x）-g（x），當a≥0時，求函數h（x）的最大值；
（3）若m＞n＞0，且mⁿ=n^m，求證：mn＞e²．

Answer 1

分析 （1）求出函數的導數，解關于導函數的不等式，求出函數的單調區間即可；
（2）求出函數的導數，得到函數的單調區間，從而求出h（x）的最大值即可；
（3）得到f（m）=f（n），根據函數的單調性問題轉化為證明$m＞\frac{e^2}{n}＞e$，即證$\frac{lnn}{n}＜\frac{n（2-lnn）}{e^2}$，令G（x）=e²lnx-2x²+x²lnx（1＜x＜e），根據函數的單調性證明即可．

解答 解：（1）∵f（x）的定義域為（0，+∞），且$f'（x）=\frac{1-lnx}{x^2}$，
令f'（x）＞0⇒0＜x＜e，f'（x）＜0⇒x＞e，
∴f（x）在（0，e）上單調遞增，在（e，+∞）上單調遞減．
（2）∵$h（x）=\frac{lnx}{x}-\frac{1}{2}a{x^2}+aex（x＞0）$，∴$h'（x）=\frac{1-lnx}{x^2}-a（x-e）$，
當x＞e時，$\frac{1-lnx}{x^2}＜0，x-e＞0$，∵a≥0，∴-a（x-e）≤0，∴h'（x）＜0，
當0＜x＜e時，$\frac{1-lnx}{x^2}＞0，x-e＜0，a≥0$，∴h'（x）＞0，
∴h（x）在（0，e）上單調遞增，在（e，+∞）上單調遞減，
∴$h{（x）_{max}}=h（e）=\frac{1}{e}+\frac{1}{2}a{e^2}$．
（3）∵m＞n＞0，mⁿ=n^m，∴nlnm=mlnn，
∴$\frac{lnm}{m}=\frac{lnn}{n}$即f（m）=f（n）．
由（1）知 f（x）在（0，e）上單調遞增，在（e，+∞）上單調遞減，
且f（1）=0，則1＜n＜e＜m，
要證mn＞e²，即證$m＞\frac{e^2}{n}＞e$，即證$f（m）＜f（\frac{e^2}{n}）$，即證$f（n）＜f（\frac{e^2}{n}）$，
即證$\frac{lnn}{n}＜\frac{n（2-lnn）}{e^2}$，由于1＜n＜e，0＜lnn＜1，即證e²lnn＜2n²-n²lnn．
令G（x）=e²lnx-2x²+x²lnx（1＜x＜e），
$G'（x）=\frac{e^2}{x}-4x+2xlnx+x=（\frac{e^2}{x}-x）+2x（lnx-1）$=$\frac{（e+x）（e-x）}{x}+2x（lnx-1）$，
∵1＜x＜e，∴G'（x）＞0恒成立，∴G（x）在（1，e）遞增，
∴G（x）＜G（e）=0在x∈（1，e）恒成立，
∴原不等式成立．

點評 本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及分類討論思想，轉化思想，考查不等式的證明，是一道綜合題．