Question

4．已知函數(shù)f（x）=mlnx+nx在點（1．f（1））處的切線與直線x+y-2=0平行，且f（1）=-2，其中m，n∈R．
（Ⅰ）求m，n的值，并求出函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）設(shè)函數(shù)$g（x）=\frac{1}{t}（-{x^2}+2x）$，對于正實數(shù)t，若?x₀∈[1，e]，使得f（x₀）+x₀≥g（x₀）成立，求t的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)f′（1）=-1，求出m，n的值，從而求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）問題等價于$lnx-x≥\frac{1}{t}（{-{x^2}+2x}）$在區(qū)間[1，e]上有解，可轉(zhuǎn)化為$t≤\frac{{{x^2}-2x}}{x-Inx}$在區(qū)間[1，e]上有解．記$h（x）=\frac{{{x^2}-2x}}{x-Inx}，x∈[{1，e}]$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出t的最大值即可．

解答 解：（Ⅰ）對f（x）求導(dǎo)，得$f'（x）=\frac{m}{x}+n$，
若f（x）在點（1，f（1））處的切線與直線x+y-2=0平行，
則f'（1）=m+n=-1，又f（1）=n=-2，求得m=1．
即m=1，n=-2，此時f（x）=lnx-2x，定義域為（0，+∞），
對f（x）求導(dǎo)，得$f'（x）=\frac{1}{x}-2=\frac{1-2x}{x}$，
由$f'（x）=\frac{1-2x}{x}＞0$，求得$0＜x＜\frac{1}{2}$，
即f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為$（{\frac{1}{2}，+∞}）$．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）=lnx-2x，
?x₀∈[1，e]，使得f（x₀）+x₀≥g（x₀）成立，
等價于$lnx-x≥\frac{1}{t}（{-{x^2}+2x}）$在區(qū)間[1，e]上有解，
即x²-2x+t（lnx-x）≥0在區(qū)間[1，e]上有解，
因為當(dāng)x∈[1，e]時，Inx≤1≤x（不同時取等號），所以lnx-x＜0，
于是x²-2x+t（lnx-x）≥0在區(qū)間[1，e]上有解，
可轉(zhuǎn)化為$t≤\frac{{{x^2}-2x}}{x-Inx}$在區(qū)間[1，e]上有解．
記$h（x）=\frac{{{x^2}-2x}}{x-Inx}，x∈[{1，e}]$，
則$h'（x）=\frac{{（{x-1}）（{x+2-2Inx}）}}{{{{（{x-lnx}）}^2}}}$，
因為x∈[1，e]，則x+2＞2≥lnx，
所以h'（x）≥0，即h（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，
所以$h{（x）_{max}}=h（e）=\frac{{e（{e-2}）}}{e-1}$，
可知$0＜t≤\frac{{e（{e-2}）}}{e-1}$，
于是實數(shù)t的最大值為$\frac{{e（{e-2}）}}{e-1}$．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，是一道綜合題．