Question

16．已知函數f（x）=xlnx+2，g（x）=x²-mx．
（1）求函數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，求實數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，函數f（x）單調遞增；$0＜x≤\frac{1}{e}$，函數f（x）單調遞減．對t分類討論：①$t≥\frac{1}{e}$時，②$0＜t＜\frac{1}{e}$時，$\frac{1}{e}$＜t+2，利用導數研究函數f（x）的單調性極值與最值，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]．利用導數研究其單調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，函數f（x）單調遞增；$0＜x≤\frac{1}{e}$，函數f（x）單調遞減．
①$t≥\frac{1}{e}$時，函數f（x）在[t，t+2]（t＞0）上單調遞增，
因此x=t時，函數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，$\frac{1}{e}$＜t+2，則x=$\frac{1}{e}$時，函數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，x=t時，函數f（x）取得最小值，f（x）_min=f（t）=tlnt+2．
②$0＜t＜\frac{1}{e}$時，x=$\frac{1}{e}$時，函數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∈$[\frac{1}{e}，1）$時單調遞增；x∈（1，e]時單調遞減．
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h（x）的極大值點，即最大值，h（1）=-1．
∴m≤-1．
∴實數m的取值范圍是（-∞，-1]．

點評 本題考查了利用導數研究函數的單調性極值與最值、分類討論方法、不等式解法與性質，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．