Question

16．已知函数f（x）=xlnx+2，g（x）=x²-mx．
（1）求函数f（x）在[t，t+2]（t＞0）上的最小值；
（2）若存在x₀∈[$\frac{1}{e}$，e]使得mf′（x₀）+g（x₀）≥2x₀+m成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=lnx+1，（x＞0）．令f′（x）=0，解得x=$\frac{1}{e}$．则x$＞\frac{1}{e}$时，函数f（x）单调递增；$0＜x≤\frac{1}{e}$，函数f（x）单调递减．对t分类讨论：①$t≥\frac{1}{e}$时，②$0＜t＜\frac{1}{e}$时，$\frac{1}{e}$＜t+2，利用导数研究函数f（x）的单调性极值与最值，即可得出．
（2）存在x₀∈[$\frac{1}{e}$，e]使得mf′（x₀）+g（x₀）≥2x₀+m成立，?m≤$（\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}）_{max}$，x∈[$\frac{1}{e}$，e]．令h（x）=$\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$，x∈[$\frac{1}{e}$，e]．利用导数研究其单调性极值与最值即可得出．

解答 解：（1）f′（x）=lnx+1，（x＞0）．令f′（x）=0，解得x=$\frac{1}{e}$．
则x$＞\frac{1}{e}$时，函数f（x）单调递增；$0＜x≤\frac{1}{e}$，函数f（x）单调递减．
①$t≥\frac{1}{e}$时，函数f（x）在[t，t+2]（t＞0）上单调递增，
因此x=t时，函数f（x）取得极小值即最小值，f（x）_min=f（t）=tlnt+2．
②$0＜t＜\frac{1}{e}$时，$\frac{1}{e}$＜t+2，则x=$\frac{1}{e}$时，函数f（x）取得极小值即最小值，f（x）_min=f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$+2．
综上可得：①$t≥\frac{1}{e}$时，x=t时，函数f（x）取得最小值，f（x）_min=f（t）=tlnt+2．
②$0＜t＜\frac{1}{e}$时，x=$\frac{1}{e}$时，函数f（x）取得极小值即最小值，f（x）_min=f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$+2．
（2）存在x₀∈[$\frac{1}{e}$，e]使得mf′（x₀）+g（x₀）≥2x₀+m成立，?m≤$（\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}）_{max}$，x∈[$\frac{1}{e}$，e]．
令h（x）=$\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$，x∈[$\frac{1}{e}$，e]．
h′（x）=$\frac{（x-1）（x-xlnx+2）}{（x-lnx）^{2}}$，
令u（x）=x-xlnx+2，x∈[$\frac{1}{e}$，e]．
则u′（x）=-lnx，可知x∈$[\frac{1}{e}，1）$时单调递增；x∈（1，e]时单调递减．
且u（$\frac{1}{e}$）=$\frac{2}{e}$+2＞0，u（e）=2＞0，因此u（x）＞0．
令h′（x）=0，解得x=1，可得：x=1是函数h（x）的极大值点，即最大值，h（1）=-1．
∴m≤-1．
∴实数m的取值范围是（-∞，-1]．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、分类讨论方法、不等式解法与性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．