Question

2．已知函数f（x）=$\frac{lnx}{x}$，g（x）=$\frac{1}{2}a{x^2}-aex（a∈R，e$是自然对数的底数）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若h（x）=f（x）-g（x），当a≥0时，求函数h（x）的最大值；
（3）若m＞n＞0，且mⁿ=n^m，求证：mn＞e²．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）求出函数的导数，得到函数的单调区间，从而求出h（x）的最大值即可；
（3）得到f（m）=f（n），根据函数的单调性问题转化为证明$m＞\frac{e^2}{n}＞e$，即证$\frac{lnn}{n}＜\frac{n（2-lnn）}{e^2}$，令G（x）=e²lnx-2x²+x²lnx（1＜x＜e），根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）∵f（x）的定义域为（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）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减．
（2）∵$h（x）=\frac{lnx}{x}-\frac{1}{2}a{x^2}+aex（x＞0）$，∴$h'（x）=\frac{1-lnx}{x^2}-a（x-e）$，
当x＞e时，$\frac{1-lnx}{x^2}＜0，x-e＞0$，∵a≥0，∴-a（x-e）≤0，∴h'（x）＜0，
当0＜x＜e时，$\frac{1-lnx}{x^2}＞0，x-e＜0，a≥0$，∴h'（x）＞0，
∴h（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，
∴$h{（x）_{max}}=h（e）=\frac{1}{e}+\frac{1}{2}a{e^2}$．
（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）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，
且f（1）=0，则1＜n＜e＜m，
要证mn＞e²，即证$m＞\frac{e^2}{n}＞e$，即证$f（m）＜f（\frac{e^2}{n}）$，即证$f（n）＜f（\frac{e^2}{n}）$，
即证$\frac{lnn}{n}＜\frac{n（2-lnn）}{e^2}$，由于1＜n＜e，0＜lnn＜1，即证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）递增，
∴G（x）＜G（e）=0在x∈（1，e）恒成立，
∴原不等式成立．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，考查不等式的证明，是一道综合题．