Question

6．已知函數(shù)f（x）=x²lnx-x．
（1）探究函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）若對任意的x₁，x₂∈[$\frac{1}{3}$，2]，$\frac{f（{x}_{1}）+m+{x}_{1}}{{x}_{1}}$≥x${\;}_{2}^{3}$-x${\;}_{2}^{2}$-3恒成立，求實數(shù)m的最小值．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系進行判斷即可．
（2）構(gòu)造函數(shù)將不等式$\frac{f（{x}_{1}）+m+{x}_{1}}{{x}_{1}}$≥x${\;}_{2}^{3}$-x${\;}_{2}^{2}$-3轉(zhuǎn)化為h（x₁）≥g（x₂）在x₁，x₂∈[$\frac{1}{3}$，2]上恒成立，利用參數(shù)分離法進行求即可．

解答 解：函數(shù)f（x）=x²lnx-x的定義域為（0，+∞），導(dǎo)數(shù)為f′（x）=2xlnx+x-1
令g（x）=2xlnx+x-1，g′（x）=2（lnx+1）+1=2lnx+3，
當(dāng)x＞${e}^{-\frac{3}{2}}$時，g′（x）＞0，可得g（x）在（${e}^{-\frac{3}{2}}$，+∞）遞增，
又g（1）=0，則g（x）=0的解只有x=1，
當(dāng)x＞1時，f′（x）＞0，f（x）遞增，即函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為（1，+∞）
當(dāng)0＜x＜1時，f′（x）＜＞0，f（x）遞減．即函數(shù)單調(diào)遞減區(qū)間為（0，1）．
（2）若對任意的x₁，x₂∈[$\frac{1}{3}$，2]，$\frac{f（{x}_{1}）+m+{x}_{1}}{{x}_{1}}$≥x${\;}_{2}^{3}$-x${\;}_{2}^{2}$-3恒成立，
即$\frac{{{x}_{1}}^{2}ln{x}_{1}-{x}_{1}+m+{x}_{1}}{{x}_{1}}$=x₁lnx₁+$\frac{m}{{x}_{1}}$≥x${\;}_{2}^{3}$-x${\;}_{2}^{2}$-3恒成立，
設(shè)h（x）=xlnx+$\frac{m}{x}$，g（x）=x³-x²-3，
則不等式x₁lnx₁+$\frac{m}{{x}_{1}}$≥x${\;}_{2}^{3}$-x${\;}_{2}^{2}$-3恒成立，
等價為h（x₁）≥g（x₂）在x₁，x₂∈[$\frac{1}{3}$，2]上恒成立，
等價為h（x₁）_min≥g（x₂）_max在x₁，x₂∈[$\frac{1}{3}$，2]上恒成立，
由g（x）=x³-x²-3得g′（x）=3x²-2x=3x（x-$\frac{2}{3}$）
由g′（x）＞0得$\frac{2}{3}$＜x＜2，由g′（x）＜0得$\frac{1}{3}$＜x＜$\frac{2}{3}$，
故函數(shù)在區(qū)間（$\frac{1}{3}$，$\frac{2}{3}$）上的單調(diào)減，在（$\frac{2}{3}，2$）上單調(diào)遞增；
則當(dāng)x=2時，g（x）取得最大值g（2）=1．
則h（x₁）_min≥g（x₂）_max=1，即可，
當(dāng)x∈[$\frac{1}{3}$，2]時，f（x）=$\frac{m}{x}$+xlnx≥1，則m≥x-x²lnx
記m（x）=x-x²lnx，m′（x）=1-2xlnx-x，m′（1）=0，
即在[$\frac{1}{3}$，1]上m′（x）＞m′（1）=0，m（x）單調(diào)遞增，
在[1，2]上m′（x）＜m′（1）=0，m（x）單調(diào)遞減．
則m（x）_max=m（1）=1，
∴m≥1．
即實數(shù)m的最小值是1．

點評 本題主要考查函數(shù)單調(diào)性的判斷以及不等式恒成立問題，根據(jù)條件求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和最值是解決本題的關(guān)鍵．，綜合性較強，難度較大