Question

1．已知函數(shù)f（x）=xlnx+2，g（x）=x²-mx．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）在[t，t+2]（t＞0）上的最小值；
（Ⅱ）若方程f（x）+g（x）=0有兩個不同的實(shí)數(shù)根，求證：f（1）+g（1）＜0；
（Ⅲ）若存在x₀∈[$\frac{1}{e}$，e]使得mf′（x）+g（x）≥2x+m成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，通過討論t的范圍，求出函數(shù)的最小值即可；
（Ⅱ）問題轉(zhuǎn)化為m=lnx+x+$\frac{2}{x}$有兩個不同的實(shí)數(shù)根，令h（x）=lnx+x+$\frac{2}{x}$，（x＞0），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出h（x）的最小值，求出m的范圍，從而判斷f（1）+g（1）的符號即可；
（Ⅲ）問題轉(zhuǎn)化為存在x₀∈[$\frac{1}{e}$，e]使得m≤${（\frac{2x{-x}^{2}}{lnx-x}）}_{max}$成立，令k（x）=$\frac{2x{-x}^{2}}{lnx-x}$，x∈[$\frac{1}{e}$，e]，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出m的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=lnx+1，
令f′（x）＞0，解得：x＞$\frac{1}{e}$，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜$\frac{1}{e}$，
∴f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）遞減，在（$\frac{1}{e}$，+∞）遞增，
若t≥$\frac{1}{e}$，則f（x）在[t，t+2]遞增，
∴f（x）_min=f（t）=tlnt+2，
若0＜t＜$\frac{1}{e}$，則f（x）在[t，$\frac{1}{e}$）遞減，在（$\frac{1}{e}$，t+2]遞增，
∴f（x）_min=f（$\frac{1}{e}$）=2-$\frac{1}{e}$；
（Ⅱ）若方程f（x）+g（x）=0有兩個不同的實(shí)數(shù)根，
即m=lnx+x+$\frac{2}{x}$有兩個不同的實(shí)數(shù)根，
令h（x）=lnx+x+$\frac{2}{x}$，（x＞0），
即函數(shù)y=m和h（x）=lnx+x+$\frac{2}{x}$有兩個不同的交點(diǎn)，
而h′（x）=$\frac{1}{x}$+1-$\frac{2}{{x}^{2}}$=$\frac{（x+2）（x-1）}{{x}^{2}}$，
令h′（x）＞0，解得：x＞1，令h′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
故h（x）在（0，1）遞減，在（1，+∞）遞增，
故h（x）≥h（1）=3，
故m＞3，
故f（1）+g（1）=3-m＜0；
（Ⅲ）若存在x₀∈[$\frac{1}{e}$，e]使得mf′（x）+g（x）≥2x+m成立，
即存在x₀∈[$\frac{1}{e}$，e]使得m≤${（\frac{2x{-x}^{2}}{lnx-x}）}_{max}$成立，
令k（x）=$\frac{2x{-x}^{2}}{lnx-x}$，x∈[$\frac{1}{e}$，e]，則k′（x）=$\frac{（1-x）（2lnx-x）}{{（lnx-x）}^{2}}$，
易得2lnx-x＜0，
令k′（x）＞0，解得：x＞1，令k′（x）＜0，解得：x＜1，
故k（x）在[$\frac{1}{e}$，1）遞減，在（1，e]遞增，
故k（x）的最大值是k（$\frac{1}{e}$）或k（e），
而k（$\frac{1}{e}$）=$\frac{2e-1}{{-e}^{2}-e}$＜k（e）=$\frac{2e{-e}^{2}}{1-e}$，
故m≤$\frac{2e{-e}^{2}}{1-e}$．

點(diǎn)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)用以及分類討論思想，考查轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．