Question

已知函數(shù)f（x）=mx-

m-1

x

（m∈R），函數(shù)g（x）=

α

x

+2lnx（α≠0，α∈R）在[

1

2

，+∞]上為增函數(shù)．
（1）求α取值范圍；
（2）當(dāng)α最大時，如果m≥1，x≥1，求證：f（x）≥g（x）；
（3）當(dāng)α=1時，設(shè)h（x）=

2e

x

，若在[1，e]上至少存在一個x₀，使得得f（x₀）-g（x₀）＞h（x₀）成立，求m的取值范圍．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）先求導(dǎo)，再分離參數(shù)，繼而求出結(jié)果；
（2）利用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)f（x）-g（x）的最小值大于等于0即可；
（3）構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）-h（x），則只需F（x）_max＞0即可，分m≤0，m＞0兩種情況討論，m≤0時可判斷函數(shù)的符號；m＞0時利用導(dǎo)數(shù)可得函數(shù)的最大值；

解答： 解：（1）函數(shù)g（x）=

α

x

+2lnx（α≠0，α∈R）在[

1

2

，+∞]上為增函數(shù)，
∴g′（x）=-

α

x2

+

2

x

≥0在[

1

2

，+∞]上恒成立，
即α≤2x在[

1

2

，+∞]上恒成立，
∴α≤1，
∴α取值范圍為（-∞，1]，
（2）由（1）知，當(dāng)α最大時，α=1，g（ x）=

1

x

+2lnx，
設(shè)G（x）=f（x）-g（x）=mx-

m-1

x

-

1

x

-2lnx=mx-

m

x

-2lnx，
∴G′（x）=m+

m

x2

-

2

x

=

mx2-2x+m

x2

，
令G′（x）=0，解得x=

1± 1-m2

m

，而1-m²≥0，
又m≥1，
∴m=1，
∴G′（x）=

(x-1)2

x2

≥0恒成立，
∴G（x）在[1，+∞）單調(diào)遞增，
∴G（x）_min=G（1）=1-1-0=0，
∴f（x）-g（x）≥0
∴f（x）≥g（x）；
（3）構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）-h（x），
∴F（x）=mx-

m

x

-2lnx-

2e

x

，
當(dāng)m≤0時，∵x∈[1，e]，mx-

m

x

≤0，-2lnx-

2e

x

＜0，
∴F（x）＜0，即在[1，e]上不存在一個x₀，使得f（x₀）-g（x₀）＞h（x₀）成立．
當(dāng)m＞0時，F(xiàn)′（x）=

mx2-2x+m+2e

x2

，
∵x∈[1，e]，∴2e-2x≥0，mx²+m＞0，∴F'（x）＞0在x∈[1，e]時恒成立．
故F（x）在x∈[1，e]時單調(diào)遞增，
所以F（x）_max=F（e）=me-

m

e

，
只要me-

m

e

＞0，解得m＞

4e

e2-1

，
故m的取值范圍是（

4e

e2-1

，+∞）

點評：本題主要考查對數(shù)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，函數(shù)單調(diào)性的判定，函數(shù)最值，函數(shù)、方程與不等式等基礎(chǔ)知識，一般出題者喜歡考查學(xué)生的運算求解能力、推理論證能力及分析與解決問題的能力，要出學(xué)生會用數(shù)形結(jié)合的思想、分類與整合思想，化歸與轉(zhuǎn)化思想、有限與無限的思想來解決問題．