Question

16．已知函數(shù)f（x）=xlnx+2，g（x）=x²-mx．
（1）求函數(shù)f（x）在[t，t+2]（t＞0）上的最小值；
（2）若存在x₀∈[$\frac{1}{e}$，e]使得mf′（x₀）+g（x₀）≥2x₀+m成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=lnx+1，（x＞0）．令f′（x）=0，解得x=$\frac{1}{e}$．則x$＞\frac{1}{e}$時(shí)，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增；$0＜x≤\frac{1}{e}$，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減．對(duì)t分類討論：①$t≥\frac{1}{e}$時(shí)，②$0＜t＜\frac{1}{e}$時(shí)，$\frac{1}{e}$＜t+2，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)f（x）的單調(diào)性極值與最值，即可得出．
（2）存在x₀∈[$\frac{1}{e}$，e]使得mf′（x₀）+g（x₀）≥2x₀+m成立，?m≤$（\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}）_{max}$，x∈[$\frac{1}{e}$，e]．令h（x）=$\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$，x∈[$\frac{1}{e}$，e]．利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值與最值即可得出．

解答 解：（1）f′（x）=lnx+1，（x＞0）．令f′（x）=0，解得x=$\frac{1}{e}$．
則x$＞\frac{1}{e}$時(shí)，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增；$0＜x≤\frac{1}{e}$，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減．
①$t≥\frac{1}{e}$時(shí)，函數(shù)f（x）在[t，t+2]（t＞0）上單調(diào)遞增，
因此x=t時(shí)，函數(shù)f（x）取得極小值即最小值，f（x）_min=f（t）=tlnt+2．
②$0＜t＜\frac{1}{e}$時(shí)，$\frac{1}{e}$＜t+2，則x=$\frac{1}{e}$時(shí)，函數(shù)f（x）取得極小值即最小值，f（x）_min=f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$+2．
綜上可得：①$t≥\frac{1}{e}$時(shí)，x=t時(shí)，函數(shù)f（x）取得最小值，f（x）_min=f（t）=tlnt+2．
②$0＜t＜\frac{1}{e}$時(shí)，x=$\frac{1}{e}$時(shí)，函數(shù)f（x）取得極小值即最小值，f（x）_min=f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$+2．
（2）存在x₀∈[$\frac{1}{e}$，e]使得mf′（x₀）+g（x₀）≥2x₀+m成立，?m≤$（\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}）_{max}$，x∈[$\frac{1}{e}$，e]．
令h（x）=$\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$，x∈[$\frac{1}{e}$，e]．
h′（x）=$\frac{（x-1）（x-xlnx+2）}{（x-lnx）^{2}}$，
令u（x）=x-xlnx+2，x∈[$\frac{1}{e}$，e]．
則u′（x）=-lnx，可知x∈$[\frac{1}{e}，1）$時(shí)單調(diào)遞增；x∈（1，e]時(shí)單調(diào)遞減．
且u（$\frac{1}{e}$）=$\frac{2}{e}$+2＞0，u（e）=2＞0，因此u（x）＞0．
令h′（x）=0，解得x=1，可得：x=1是函數(shù)h（x）的極大值點(diǎn)，即最大值，h（1）=-1．
∴m≤-1．
∴實(shí)數(shù)m的取值范圍是（-∞，-1]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、分類討論方法、不等式解法與性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．