Question

11．已知函数f（x）=mx-（m+2）lnx-$\frac{2}{x}$，g（x）=x²+mx+1，m∈R．
（1）当m＜0时，
①求f（x）的单调区间；
②若存在x₁，x₂∈[1，2]，使得f（x₁）-g（x₂）≥1成立，求m的取值范围；
（2）设h（x）=$\frac{lnx+1}{{e}^{x}}$的导函数h′（x），当m=1时，求证[g（x）-1]h′（x）＜1+e^-2（其中e是自然对数的底数）．

Answer 1

分析 （1）①先求出原函数的导数，然后在定义域内借助于二次函数的图象判断导数值的符号，从而确定原函数的单调区间；
②不等式左侧可能的最大值要≥1才行，分别求出函数f（x），g（x）在区间[1，2]上的最大值和最小值，从而求出m的范围；
（2）只需证明，F（x）=[g（x）-1]h′（x）＜1+e^-2．在0＜x＜1时成立．

解答 解：f′（x）=2（$\frac{1}{x}$-$\frac{2}{m}$）（$\frac{1}{x}$-1），
f（x）定义域（0，+∞），m＜0，
（1）①令f′（x）≤0，解得$\frac{2}{m}≤\frac{1}{x}$≤1 且x＞0，即 x≥1，
令f′（x）≥0，解得：$\frac{1}{x}$≥1 或$\frac{1}{x}$≤$\frac{m}{2}$ 且x＞0，即 0＜x≤1，
即：f（x）单调递减区间[1，+∞），单调递增区间（0，1]；
②由①得：f（x）在[1，2]单调递减，
f（1）=m-2，f（2）=2m-（m+2）ln2-1，
则在[1，2]区间上，
f（x）_最小值=f（2）=2m-（m+2）ln2-1，f（x）_最大值=f（1）=m-2，
g（x）抛物线对称轴是x=-$\frac{m}{2}$＞0，
g（1）=2+m，g（2）=5+2m，g（-$\frac{m}{2}$）=1-$\frac{{m}^{2}}{4}$，
要使f（x₁）-g（x₂）≥1成立，等价于不等式左侧可能的最大值要≥1才行，
当1≤-$\frac{m}{2}$≤2（对称轴在区间之内），即-4≤m≤-2时，
g（x）在x=-$\frac{m}{2}$（对称轴处）取得最小值g（-$\frac{m}{2}$）=1-$\frac{{m}^{2}}{4}$，
此时f（x₁）-g（x₂）的最大值为：
f（1）-g（-$\frac{m}{2}$）=m-2-（1-$\frac{{m}^{2}}{4}$）=$\frac{{m}^{2}}{4}$+m-3≥1
则m²+4m-16≥0，即（m+2）²≥20，
结合-4≤m≤-2，解得：m无解．
当-$\frac{m}{2}$＜1（对称轴在区间左侧），即-2＜m＜0时，
g（x）在x=1处取得最小值g（1）=2+m，
此时f（x₁）-g（x₂）的最大值为f（1）-g（1）=m-2-（2+m）=-4＜1，
此时[1，2]区间上不可能存在x₁，x₂，使得f（x₁）-g（x₂）≥1成立，
当-$\frac{m}{2}$＞2（对称轴在区间右侧），即m＜-4时，
g（x）在x=2处取得最小值g（2）=5+2m，
此时f（x₁）-g（x₂）的最大值为f（1）-g（2）=m-2-（5+2m）=-m-7≥1，
解得 m≤-8，
因此m取值范围是（-∞，-8]．
（2）h′（x）=$\frac{\frac{1}{x}-lnx-1}{{e}^{x}}$，
设k（x）=$\frac{1}{x}$-lnx-1，则k′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{1}{x}$＜0，即k（x）在（0，+∞）上是减函数．
由k（1）=0可知：当0＜x＜1时，k（x）＞0，
从而h′（x）＞0，
当x＞1时，k（x）＜0，
从而h′（x）＜0．
∴h（x）的单调减区间为（0，1）；单调增区间为（1，+∞）．
∴当x＞1时，F（x）=[g（x）-1]h′（x）=（x²+x）h′（x）＜0＜1-e²，
故只需证明，F（x）=[g（x）-1]h′（x）＜1+e^-2．在0＜x＜1时成立．
当0＜x＜1时，e^x＞1，且F（x）＞0．
∴F（x）＜（x+1）（1-xlnx-x）＜1-xlnx-x，
设F（x）=1-xlnx-x，x∈（0，1），则F′（x）=-（lnx+2）．
当x∈（0，e^-2）时，F′（x）=-（lnx+2）＞0，
当x∈（e^-2，1）时，F′（x）=-（lnx+2）＜0，
当x=e^-2时，F（x）取得最大值1+e^-2．
∴g（x）＜F（x）≤1+e^-2
对任意x＞0，g（x）＜1+e^-2．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，转化思想、分类讨论思想，考查不等式的证明，有难度．