Question

1．已知f（x）=xlnx+m（1-x²），（m∈R）
（1）當m=$\frac{1}{2}$時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）令F（x）=$\frac{m-f（x）}{x}$，G（x）=$\frac{{x}^{2}-3}{{e}^{x}}$，若m＞$\frac{1}{e}$時，對于任意的x₁∈[1，e]總存在唯一的x₂∈[2，+∞），使F（x₁）=G（x₂），求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出當m=$\frac{1}{2}$時，f（x）的解析式和導數(shù)，判斷導數(shù)的符號，設(shè)g（x）=-x+lnx+1，求出最值即可得到所求單調(diào)區(qū)間；
（2）運用導數(shù)，分別求得F（x）和G（x）的值域，由題意可得F（x）的值域包含于G（x）的值域，解不等式即可得到所求范圍．

解答 解：（1）當m=$\frac{1}{2}$時，f（x）=xlnx+1-x²，
導數(shù)f′（x）=lnx+1-x，（x＞0），
設(shè)g（x）=-x+lnx+1，則g′（x）=-1+$\frac{1}{x}$．
令g′（x）=0，得x=1．
當x∈（0，1）時，g′（x）＞0，函數(shù)g（x）是增函數(shù)；
當x∈（1，+∞）時，g′（x）＜0，函數(shù)g（x）是減函數(shù)．
函數(shù)g（x）的最大值為g（1）=0．
即有g(shù)（x）=f′（x）≤0，（僅當x=1時取等號），
f（x）在（0，+∞）是減函數(shù)；
（2）F（x）=$\frac{m-f（x）}{x}$=mx-lnx，導數(shù)F′（x）=m-$\frac{1}{x}$，
當$\frac{1}{e}$＜m≤1時，F(xiàn)（x）在[1，e]上，即有x=$\frac{1}{m}$處導數(shù)左負右正，F(xiàn)（x）取得最小值，且為
lnm+1，最大值為{F（1），F(xiàn)（e）}，
當m＞1時，F(xiàn)（x）在[1，e]上遞增，則F（x）的值域為[m，me-1]，
G（x）=$\frac{{x}^{2}-3}{{e}^{x}}$的導數(shù)為G′（x）=$\frac{-（x-3）（x+1）}{{e}^{x}}$，
當2＜x＜3時，G′（x）＞0，G（x）遞增，當x＞3時，G′（x）＜0，G（x）遞減．
則G（x）在[2，+∞）的最大值為G（3）=$\frac{6}{{e}^{3}}$，
即有x∈[2，+∞），G（x）的值域為（-∞，$\frac{6}{{e}^{3}}$]，
若m＞$\frac{1}{e}$時，對于任意的x₁∈[1，e]，總存在唯一的x₂∈[2，+∞），使F（x₁）=G（x₂），
則有F（x）的值域包含于G（x）的值域，
即有$\left\{\begin{array}{l}{m＞1}\\{me-1≤\frac{6}{{e}^{3}}}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{e}＜m≤1}\\{m≤\frac{6}{{e}^{3}}}\\{me-1≤\frac{6}{{e}^{3}}}\end{array}\right.$，
解得m∈∅或$\frac{1}{e}$＜m≤$\frac{1}{e}$+$\frac{6}{{e}^{4}}$．
則有所求m的取值范圍是（$\frac{1}{e}$，$\frac{1}{e}$+$\frac{6}{{e}^{4}}$]．

點評 本題考查導數(shù)的運用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，同時考查任意和存在性問題注意轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域問題，考查運算能力，屬于中檔題．