Question

（文）已知函數(shù)f（x）=mx-

m

x

-2lnx（m∈R）
（1）若f（x）在[1，+∞）上為單調(diào)函數(shù)，求m的取值范圍；
（2）設(shè)g（x）=

2e

x

，若在[1，e]上至少存在一個(gè)x₀，使得f（x₀）＞g（x₀）成立，求m的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：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：綜合題,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）求導(dǎo)得f′(x)=

mx2-2x+m

x2

，由y=f（x）在區(qū)間[1，+∞）上是單調(diào)函數(shù)，知關(guān)于x的不等式mx²-2x+m≥0在區(qū)間[1，+∞）上恒成立或關(guān)于x的不等式mx²-2x+m≤0在區(qū)間[1，+∞）上恒成立，分離參數(shù)后化為求函數(shù)的最值，利用基本不等式易求函數(shù)的最值；
（2）構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x）-g（x），即F(x)=mx-

m

x

-2lnx-

2e

x

．則只需F（x）_max＞0即可，分m≤0，m＞0兩種情況討論，m≤0時(shí)可判斷函數(shù)的符號(hào)；m＞0時(shí)利用導(dǎo)數(shù)可得函數(shù)的最大值；

解答： （文）解：（1）f′(x)=

mx2-2x+m

x2

，
∵y=f（x）在區(qū)間[1，+∞）上是單調(diào)函數(shù)，
∴關(guān)于x的不等式mx²-2x+m≥0在區(qū)間[1，+∞）上恒成立或關(guān)于x的不等式mx²-2x+m≤0在區(qū)間[1，+∞）上恒成立，
即關(guān)于x的不等式m≥

2x

1+x2

在區(qū)間[1，+∞）上恒成立或關(guān)于x的不等式m≤

2x

1+x2

在區(qū)間[1，+∞）上恒成立，
而

2x

1+x2

=

2

x+ 1 x

，
∵x+

1

x

在x∈[1，+∞）時(shí)的取值范圍是[2，+∞），
∴

2x

1+x2

=

2

x+ 1 x

在x∈[1，+∞）時(shí)的取值范圍是（0，1]，
∴m的取值范圍是（-∞，0]∪[1，+∞）；
（2）構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x）-g（x），即F(x)=mx-

m

x

-2lnx-

2e

x

．
當(dāng)m≤0時(shí)，∵x∈[1，e]，mx-

m

x

≤0，-2ln-

2e

x

＜0，
∴F（x）＜0，即在[1，e]上不存在一個(gè)x₀，使得f（x₀）＞g（x₀）成立．
當(dāng)m＞0時(shí)，F′(x)=

mx2-2x+m+2e

x2

，
∵x∈[1，e]，∴2e-2x≥0，mx²+m＞0，∴F'（x）＞0在x∈[1，e]時(shí)恒成立．
故F（x）F（x）在x∈[1，e]時(shí)單調(diào)遞增，F(x)max=F(e)=me-

m

e

-4，
只要me-

m

e

-4＞0，解得m＞

4e

e2-1

．
故m的取值范圍是(

4e

e2-1

，+∞)．

點(diǎn)評(píng)：該題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、函數(shù)恒成立等知識(shí)，考查學(xué)生的運(yùn)算求解能力、轉(zhuǎn)化能力．