Question

5．已知函数f（x）=$\frac{m}{x}$+xlnx（m＞0），g（x）=lnx-2．
（1）当m=1时，求函数f（x）的单调增区间；
（2）若对任意的x₁∈[1，e]，总存在x₂∈[1，e]，使$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{1}}$•$\frac{g（{x}_{2}）}{{x}_{2}}$=-1，其中e是自然对数的底数．求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）当m=1时，求得f（x）的解析式，求导，由f′（x）在（0，+∞）上单调递增，且f′（1）=0，即可求得函数f（x）的单调增区间；
（2）由题意构造辅助函数，h（x）=$\frac{f（x）}{x}$=$\frac{m}{{x}^{2}}$+lnx，φ（x）=$\frac{g（x）}{x}$=$\frac{lnx-2}{x}$，根据函数的单调性求得φ（x）∈[-2，-$\frac{1}{e}$]，则h（x）∈[$\frac{1}{2}$，e]，即$\frac{{x}^{2}}{2}$-x²lnx≤m≤x²（e-lnx），在[1，e]上恒成立，分别构造函数，求导，根据函数的单调性分别求得$\frac{{x}^{2}}{2}$-x²lnx最大值及x²（e-lnx）的最小值，即可求得实数m的取值范围．

解答 解：（1）当m=1时，数f（x）=$\frac{1}{m}$+xlnx，求导f′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$+lnx+1，
由f′（x）在（0，+∞）上单调递增，且f′（1）=0，
∴当x＞1时，f′（x）＞0，当0＜x＜1时，f′（x）＜0，
∴函数f（x）单调递增区间（1，+∞）；
（2）由题意设h（x）=$\frac{f（x）}{x}$=$\frac{m}{{x}^{2}}$+lnx，φ（x）=$\frac{g（x）}{x}$=$\frac{lnx-2}{x}$，
φ′（x）=$\frac{3-lnx}{{x}^{2}}$＞0，在[1，e]恒成立
∴φ（x）=$\frac{lnx-2}{x}$在[1，e]上单调递增，φ（x）∈[-2，-$\frac{1}{e}$]，
∴h（x）∈[$\frac{1}{2}$，e]，即$\frac{1}{2}$≤$\frac{m}{{x}^{2}}$+lnx≤e，在[1，e]上恒成立，
即$\frac{{x}^{2}}{2}$-x²lnx≤m≤x²（e-lnx），在[1，e]上恒成立，
设p（x）=$\frac{{x}^{2}}{2}$-x²lnx，则p′（x）=-2xlnx≤0，在[1，e]上恒成立，
∴p（x）在[1，e]上单调递减，则m≥p（1）=$\frac{1}{2}$，
设q（x）=x²（e-lnx），q′（x）=x（2x-1-2lnx）≥x（2e-1-2lnx）＞0在[1，e]上恒成立，
∴q（x）在[1，e]上单调递增，则m≤q（1）=e，
综上所述，m的取值范围[$\frac{1}{2}$，e]．

点评 本题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性及最值，考查不等式的恒成立问题，考查转化思想，属于中档题．