Question

11．已知函數(shù)f（x）=mx-（m+2）lnx-$\frac{2}{x}$，g（x）=x²+mx+1，m∈R．
（1）當m＜0時，
①求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
②若存在x₁，x₂∈[1，2]，使得f（x₁）-g（x₂）≥1成立，求m的取值范圍；
（2）設(shè)h（x）=$\frac{lnx+1}{{e}^{x}}$的導(dǎo)函數(shù)h′（x），當m=1時，求證[g（x）-1]h′（x）＜1+e^-2（其中e是自然對數(shù)的底數(shù)）．

Answer 1

分析 （1）①先求出原函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，然后在定義域內(nèi)借助于二次函數(shù)的圖象判斷導(dǎo)數(shù)值的符號，從而確定原函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
②不等式左側(cè)可能的最大值要≥1才行，分別求出函數(shù)f（x），g（x）在區(qū)間[1，2]上的最大值和最小值，從而求出m的范圍；
（2）只需證明，F(xiàn)（x）=[g（x）-1]h′（x）＜1+e^-2．在0＜x＜1時成立．

解答 解：f′（x）=2（$\frac{1}{x}$-$\frac{2}{m}$）（$\frac{1}{x}$-1），
f（x）定義域（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）單調(diào)遞減區(qū)間[1，+∞），單調(diào)遞增區(qū)間（0，1]；
②由①得：f（x）在[1，2]單調(diào)遞減，
f（1）=m-2，f（2）=2m-（m+2）ln2-1，
則在[1，2]區(qū)間上，
f（x）_最小值=f（2）=2m-（m+2）ln2-1，f（x）_最大值=f（1）=m-2，
g（x）拋物線對稱軸是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，等價于不等式左側(cè)可能的最大值要≥1才行，
當1≤-$\frac{m}{2}$≤2（對稱軸在區(qū)間之內(nèi)），即-4≤m≤-2時，
g（x）在x=-$\frac{m}{2}$（對稱軸處）取得最小值g（-$\frac{m}{2}$）=1-$\frac{{m}^{2}}{4}$，
此時f（x₁）-g（x₂）的最大值為：
f（1）-g（-$\frac{m}{2}$）=m-2-（1-$\frac{{m}^{2}}{4}$）=$\frac{{m}^{2}}{4}$+m-3≥1
則m²+4m-16≥0，即（m+2）²≥20，
結(jié)合-4≤m≤-2，解得：m無解．
當-$\frac{m}{2}$＜1（對稱軸在區(qū)間左側(cè)），即-2＜m＜0時，
g（x）在x=1處取得最小值g（1）=2+m，
此時f（x₁）-g（x₂）的最大值為f（1）-g（1）=m-2-（2+m）=-4＜1，
此時[1，2]區(qū)間上不可能存在x₁，x₂，使得f（x₁）-g（x₂）≥1成立，
當-$\frac{m}{2}$＞2（對稱軸在區(qū)間右側(cè)），即m＜-4時，
g（x）在x=2處取得最小值g（2）=5+2m，
此時f（x₁）-g（x₂）的最大值為f（1）-g（2）=m-2-（5+2m）=-m-7≥1，
解得 m≤-8，
因此m取值范圍是（-∞，-8]．
（2）h′（x）=$\frac{\frac{1}{x}-lnx-1}{{e}^{x}}$，
設(shè)k（x）=$\frac{1}{x}$-lnx-1，則k′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{1}{x}$＜0，即k（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)．
由k（1）=0可知：當0＜x＜1時，k（x）＞0，
從而h′（x）＞0，
當x＞1時，k（x）＜0，
從而h′（x）＜0．
∴h（x）的單調(diào)減區(qū)間為（0，1）；單調(diào)增區(qū)間為（1，+∞）．
∴當x＞1時，F(xiàn)（x）=[g（x）-1]h′（x）=（x²+x）h′（x）＜0＜1-e²，
故只需證明，F(xiàn)（x）=[g（x）-1]h′（x）＜1+e^-2．在0＜x＜1時成立．
當0＜x＜1時，e^x＞1，且F（x）＞0．
∴F（x）＜（x+1）（1-xlnx-x）＜1-xlnx-x，
設(shè)F（x）=1-xlnx-x，x∈（0，1），則F′（x）=-（lnx+2）．
當x∈（0，e^-2）時，F(xiàn)′（x）=-（lnx+2）＞0，
當x∈（e^-2，1）時，F(xiàn)′（x）=-（lnx+2）＜0，
當x=e^-2時，F(xiàn)（x）取得最大值1+e^-2．
∴g（x）＜F（x）≤1+e^-2
對任意x＞0，g（x）＜1+e^-2．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，轉(zhuǎn)化思想、分類討論思想，考查不等式的證明，有難度．