Question

（2013•温州二模）已知函数f(x)=

lnx

x

．
（I）若关于x的不等式f（x）≤m恒成立，求实数m的最小值：
（II）对任意的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

求证：x0＜

x1x2

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求出原函数的导函数，由导函数的零点把定义域分段，然后利用导数判断出极值点，求出函数的极值，也就是最值，则m的范围可求；
（Ⅱ）求出函数在x₀处的导数，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，引入辅助函数F(x)=

1-lnx

x2

(x2-x1)-[f(x2)-f(x1)]，求导后得到其在（0，2）上的单调性，然后把

x1x2

代入函数解析式，利用单调性得到F（

x1x2

）与F（x₀）的大小关系，从而得到要证明的结论．

解答：（I）解：函数f(x)=

lnx

x

的定义域为（0，+∞）．
由f′(x)=

1-lnx

x2

=0，解得x=e．
当x∈（0，e）时，f^′（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（e，+∞）时，f^′（x）＜0，f（x）单调递减；
∴函数f（x）在（0，+∞）上的最大值为f(e)=

lne

e

=

1

e

．
∵关于x的不等式f（x）≤m恒成立，∴f_max（x）≤m
∴m≥

1

e

，即m的最小值为

1

e

；
（II）证明：∵对任意的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)]，则有F（x₀）=0
∴F′(x)=

2lnx-3

x3

(x2-x1)，
当x∈（0，2）时，2lnx-3＜2ln2-3＜0，又有x₂＞x₁＞0，
∴F^′（x）＜0，即F（x）在（0，2）上是减函数．
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)]
设h(t)=t-(1-

1

2

lnt)-(1+

1

2

lnt)，∴h′(t)=

t-tlnt-1

2t

．
设k（t）=t-tlnt-1，
∴k^′（t）=-lnt＜0（t＞1），∴k（t）在（1，+∞）是减函数，∴k（t）＜k（1）=0．
∴h^′（t）＜0，∴h（t）在（1，+∞）是减函数，∴h（t）＜h（1）=0．
∴F(

x1x2

)=

1

x2

h(t)＜0=F(x0)．
∵F（x）在（0，2）上是减函数，∴x0＜

x1x2

．

点评：本题考查了导数在最值中的应用，考查了利用导数研究函数的单调性，考查了换元法和数学转化思想，解答此题的关键是两次构造辅助函数，是较难的题目．