Question

设f（x）=xlnx，g（x）=x²-1．
（1）令h（x）=f（x）-g（x），求h（x）的单调区间；
（2）若当x≥1时，f（x）-mg（x）≤0恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性

专题：计算题,压轴题,导数的综合应用

分析：（1）由题意h（x）=xlnx-x²+1，二阶求导以确定导数的正负，从而求函数的单调区间；
（2）令F（x）=xlnx-m（x²-1），对其二阶求导以确定导数的正负，从而求函数的最值，将恒成立问题化为最值问题，从而求解．

解答： 解：（1）h（x）=xlnx-x²+1
h′（x）=lnx+1-2x
令t（x）=lnx+1-2x    t′（x）=

1

x

-2=

1-2x

x

∴t（x）在（0，

1

2

）上单调递增，在（

1

2

，+∞）上单调递减，
∴t（x）≤t（

1

2

）=-ln2＜0，
即h′（x）＜0，
∴h（x）在（0，+∞）上单调递减．
（2）令F（x）=xlnx-m（x²-1），
则F′（x）=lnx+1-2mx，
令G（x）=lnx+1-2mx，
则G′（x）=

1

x

-2m，
①当m≥

1

2

时，
∵x≥1，∴

1

x

≤1，
∴

1

x

-2m≤0，即G′（x）≤0；
∴G（x）在[1，+∞）上单调递减，
∴G（x）≤G（1）=1-2m≤0，
即F′（x）≤0，
∴F（x）在[1，+∞）上单调递减，
∴F（x）≤F（1）=0，
∴f（x）-mg（x）≤0，
∴m≥

1

2

符合题意；
②当m≤0时，显然有F′（x）=lnx+1-2mx≥0，
∴F（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴F（x）＞F（1）=0，
即f（x）-mg（x）＞0，不符合题意；
③当0＜m＜

1

2

时，
令G′（x）=

1

x

-2m＞0解得：1＜x＜

1

2m

，
G′（x）=

1

x

-2m＜0解得：x＞

1

2m

；
∴G（x）在[1，

1

2m

]上单调递增，
∴G（x）≥G（1）=1-2m＞0，即F′（x）＞0；
∴F（x）在[1，

1

2m

]上单调递增；
∴当x∈（0，

1

2m

）时，F（x）＞F（0）=0，
即f（x）-mg（x）＞0，不符合题意；
综合①②③可知，m≥

1

2

符合题意，
∴m的取值范围是[

1

2

，+∞）．

点评：本题考查了导数的综合应用，难在二阶求导以判断函数的单调性与最值，同时考查了恒成立问题化成最值问题的处理方法，属于难题．