Question

20．已知函數(shù)$f（x）=\frac{1}{3}{x^3}-e{x^2}+mx+1（{m∈R}）$，$g（x）=\frac{lnx}{x}$．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）對任意的兩個正實(shí)數(shù)x₁，x₂，若g（x₁）＜f'（x₂）恒成立（f'（x）表示f（x）的導(dǎo)數(shù)），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)，通過討論m的范圍，求出函的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間，求出g（x）的最大值以及f（x）的最小值，從而求出m的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）由已知可得，f'（x）=x²-2ex+m，令△=4（e²-m），…（1分）
①當(dāng)m≥e²時，f'（x）≥0，
所以f（x）在R上遞增．
②當(dāng)m＜e²，△＞0，
令$f'（x）＞0⇒x＜e-\sqrt{{e^2}-m}$或$x＞e+\sqrt{{e^2}-m}$，
所以f（x）在$（{-∞，e-\sqrt{{e^2}-m}}）$和$（{e+\sqrt{{e^2}-m}，+∞}）$上遞增，
令$f'（x）＜0⇒e-\sqrt{{e^2}-m}＜x＜e+\sqrt{{e^2}-m}$，
所以f（x）在$（{e-\sqrt{{e^2}-m}，e+\sqrt{{e^2}-m}}）$上遞減．…（6分）
（Ⅱ）因?yàn)?g'（x）=\frac{1-lnx}{x^2}（{x＞0}）$，
令g'（x）=0時，x=e，
所以g（x）在（0，e）上遞增，在（e，+∞）上遞減．
所以$g{（x）_{max}}=g（e）=\frac{1}{e}$．…（8分）
又因?yàn)閒'（x）=（x-e）²+m-e²．…（10分）
所以當(dāng)x＞0時，$f'{（x）_{min}}=m-{e^2}$．
所以$?{x_1}，{x_2}∈{R^+}$，g（x₁）＜f'（x₂）?g（x₁）_max＜f'（x₂）_min，
所以$\frac{1}{e}＜m-{e^2}$，即$m＞{e^2}+\frac{1}{e}$，
故$m∈（{{e^2}+\frac{1}{e}，+∞}）$．…（12分）

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，是一道綜合題．