已知函數(shù)f(x)=-
mx2
lnx
,g(x)=m-
mx2
emx
,其中m∈R且m≠0.e=2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù).
(Ⅰ)當(dāng)m<0時,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極小值;
(Ⅱ)當(dāng)m>0時,若函數(shù)g(x)存在a,b,c三個零點,且a<b<c,試證明:-1<a<0<b<e<c;
(Ⅲ)是否存在負(fù)數(shù)m,對?x1∈(1,+∞),?x2∈(-∞,0),都有f(x1)>g(x2)成立?若存在,求出m的取值范圍;若不存在,請說明理由.
考點:利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值
專題:導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用
分析:(Ⅰ)根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系即可求出單調(diào)區(qū)間和最小值,
(Ⅱ)根據(jù)零點存在定理,求出m的范圍,以及根據(jù)函數(shù)g(x)的單調(diào)性名即可判斷;
(Ⅲ)對于存在性問題,可先假設(shè)存在,即假設(shè)存在負(fù)數(shù)m,只需f(x)min>g(x)max,根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性分別求出最值,得到關(guān)于m的不等式,解得即可
解答: 解:(Ⅰ)f′(x)=-m
2xlnx-x
(lnx)2
=
mx(1-2lnx)
(lnx)2
(x>0且x≠).
∴由f′(x)>0,得x>
e
;由f′(x)<0,得0<x<
e
,且x≠1.
∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,1),(1,
e
),單調(diào)遞增區(qū)間是(
e
,+∞),
∴f(x)極小值=f(
e
)=-2me.
(Ⅱ)g′(x)=
mx(mx-2)
emx
,(m>0)
∴g(x)在(-∞,0)單調(diào)遞增,(0,
2
m
)上單調(diào)遞減,(
2
m
,+∞)上單調(diào)遞增.
∵函數(shù)g(x)存在三個零點.
g(0)>0
g(
2
m
)<0
解得0<m<
2
e

∴0<me<2,
由g(-1)=m-mem=m(1-em)<0,
∴g(e)=m-
me2
eem
=m(1-
e2
eem
)<0,
綜上可知,g(e)<0,g(0)>0,g(-1)<0,
結(jié)合函數(shù)g(x)單調(diào)性及a<b<c可得:a∈(-1,0),b∈(0,e),c∈(e,+∞).
即:-1<a<0<b<e<c得證.
( III)由題意,只需f(x)min>g(x)max,
∵f′(x)=
mx(1-2lnx)
(lnx)2

由m<0,∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(1,
e
),單調(diào)遞增區(qū)間是(
e
,+∞),
∴f(x)min>f(
e
)=-2me.
∵(Ⅱ)g′(x)=
mx(mx-2)
emx
,
由m<0,g(x)在(-∞,
2
m
)單調(diào)遞增,(0,
2
m
)上單調(diào)遞減,
∴g(x)max=g(
2
m
)=m-
4
e2m

∴-2me>m-
4
e2m
兩邊同乘以負(fù)數(shù)m得-2m2e<m2-
4
e2

即m<-
2
2e+1
e(2e+1)

所述,存在這樣的負(fù)數(shù)m∈(-∞,-
2
2e+1
e(2e+1)
)滿足題意.
點評:本小題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)區(qū)間最值的應(yīng)用、不等式的解法等基礎(chǔ)知識,考查運算求解能力,考查分類討論思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想.屬于難題.
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2
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A、[-
1
2
,1-
e
2
]
B、[1-
e
2
,ln2-1]
C、[-
1
2
,ln2-1]
D、[-
1
2
,0]

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1
a1a2
+
1
a2a3
+…+
1
anan+1
1
2

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lim
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=
 

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B、
C、
D、

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