分析 (1)f′(x)=lnx+1,(x>0).令f′(x)=0,解得x=1e.則x>1e時(shí),函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;0<x≤1e,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減.對(duì)t分類(lèi)討論:①t≥1e時(shí),②0<t<1e時(shí),1e<t+2,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)f(x)的單調(diào)性極值與最值,即可得出.
(2)存在x0∈[1e,e]使得mf′(x0)+g(x0)≥2x0+m成立,?m≤(x2−2xx−lnx)max,x∈[1e,e].令h(x)=x2−2xx−lnx,x∈[1e,e].利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)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=1e.
則x>1e時(shí),函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;0<x≤1e,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減.
①t≥1e時(shí),函數(shù)f(x)在[t,t+2](t>0)上單調(diào)遞增,
因此x=t時(shí),函數(shù)f(x)取得極小值即最小值,f(x)min=f(t)=tlnt+2.
②0<t<1e時(shí),1e<t+2,則x=1e時(shí),函數(shù)f(x)取得極小值即最小值,f(x)min=f(1e)=-1e+2.
綜上可得:①t≥1e時(shí),x=t時(shí),函數(shù)f(x)取得最小值,f(x)min=f(t)=tlnt+2.
②0<t<1e時(shí),x=1e時(shí),函數(shù)f(x)取得極小值即最小值,f(x)min=f(1e)=-1e+2.
(2)存在x0∈[1e,e]使得mf′(x0)+g(x0)≥2x0+m成立,?m≤(x2−2xx−lnx)max,x∈[1e,e].
令h(x)=x2−2xx−lnx,x∈[1e,e].
h′(x)=(x−1)(x−xlnx+2)(x−lnx)2,
令u(x)=x-xlnx+2,x∈[1e,e].
則u′(x)=-lnx,可知x∈[1e,1)時(shí)單調(diào)遞增;x∈(1,e]時(shí)單調(diào)遞減.
且u(1e)=2e+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(shù)h(x)的極大值點(diǎn),即最大值,h(1)=-1.
∴m≤-1.
∴實(shí)數(shù)m的取值范圍是(-∞,-1].
點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、分類(lèi)討論方法、不等式解法與性質(zhì),考查了推理能力與計(jì)算能力,屬于難題.
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A. | 60 | B. | 65 | C. | 80 | D. | 81 |
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A. | (\frac{{\sqrt{2}}}{2},1) | B. | (0,\frac{{\sqrt{2}}}{2}) | C. | (\frac{{\sqrt{3}}}{2},1) | D. | (0,\frac{{\sqrt{3}}}{2}) |
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A. | 5 | B. | \frac{5}{2} | C. | 3 | D. | \frac{3}{2} |
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A. | \frac{π}{3} | B. | \frac{π}{6} | C. | \frac{π}{3}或\frac{2π}{3} | D. | \frac{π}{6}或\frac{5π}{6} |
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