Question

已知函數(shù)f（x）=

(x-2m)2

lnx

（其中m為常數(shù)）．
（Ⅰ）當m=0時，求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（Ⅱ）當0＜m＜

1

2

時，設函數(shù)f（x）的3個極值點為a，b，c，且a＜b＜c．證明：a+c＞

2

e

．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性,利用導數(shù)研究函數(shù)的極值

專題：導數(shù)的綜合應用

分析：（Ⅰ） f′(x)=

x(2lnx-1)

ln2x

令f'（x）=0可得x=

e

．從而求出函數(shù)的單調區(qū)間，
（Ⅱ）由題，f′(x)=

(x-2m)(2lnx+ 2m x -1)

ln2x

對于函數(shù)h(x)=2lnx+

2m

x

-1，有h′(x)=

2x-2m

x2

，從而函數(shù)h（x）在（0，m）上單調遞減，在（m，+∞）上單調遞增
從而h_min（x）=h（m）=2lnm+1＜0，所以m＜

1

e

，進而函數(shù)f（x）的遞增區(qū)間有（a，2m）和（c，+∞），遞減區(qū)間有（0，a），（2m，1），（1，c），解方程組求出函數(shù)g（x）=2xlnx-x在(0，

1

e

)上遞減，在(

1

e

，+∞)上遞增，構造函數(shù)F(x)=g(x)-g(

2

e

-x)，只需要證明x∈(0，

1

e

]單調遞減即可，從而解決問題．

解答： 解：（Ⅰ） f′(x)=

x(2lnx-1)

ln2x

令f'（x）=0可得x=

e

．列表如下：

x	（0，1）	(1， e )	e	( e ，+∞)
f'（x）	-	-	0	+
f（x）	減	減	極小值	增

單調減區(qū)間為（0，1），(1，

e

)；增區(qū)間為(

e

，+∞)．
（Ⅱ）由題，f′(x)=

(x-2m)(2lnx+ 2m x -1)

ln2x

對于函數(shù)h(x)=2lnx+

2m

x

-1，有h′(x)=

2x-2m

x2

∴函數(shù)h（x）在（0，m）上單調遞減，在（m，+∞）上單調遞增
∵函數(shù)f（x）有3個極值點a＜b＜c，
從而h_min（x）=h（m）=2lnm+1＜0，所以m＜

1

e

，
當0＜m＜

1

2

時，h（2m）=2ln2m＜0，h（1）=m-1＜0，
∴函數(shù)f（x）的遞增區(qū)間有（a，2m）和（c，+∞），
遞減區(qū)間有（0，a），（2m，1），（1，c），
此時，函數(shù)f（x）有3個極值點，且b=2m；
∴當0＜m＜

1

2

時，a，c是函數(shù)h(x)=2lnx+

2m

x

-1的兩個零點，
即有

2lna+ 2m a -1=0 2lnc+ 2m c -1=0

，消去m有2alna-a=2clnc-c
令g（x）=2xlnx-x，g'（x）=2lnx+1有零點x=

1

e

，且a＜

1

e

＜c
∴函數(shù)g（x）=2xlnx-x在(0，

1

e

)上遞減，在(

1

e

，+∞)上遞增
要證明    a+c＞

2

e

?c＞

2

e

-a?g(c)＞g(

2

e

-a)，
∵g（a）=g（c），
∴即證g(a)＞g(

2

e

-a)?g(a)-g(

2

e

-a)＞0
構造函數(shù)F(x)=g(x)-g(

2

e

-x)，
∵F(

1

e

)=0，
只需要證明x∈(0，

1

e

]單調遞減即可．
而F′(x)=2lnx+2ln(

2

e

-x)+2，
F″(x)=

2( 2 e -2x)

x( 2 e -x)

＞0，
∴F'（x）在(0，

1

e

]上單調遞增，
∴F′(x)＜F(

1

e

)=0．

點評：本題考察了函數(shù)的單調性，函數(shù)的極值問題，導數(shù)的應用，不等式的證明，本題是一道綜合題．