Question

13．已知函數(shù)$f（x）=\frac{lnx}{x}$，g（x）=e^x．
（Ⅰ）若關(guān)于x的不等式f（x）≤mx≤g（x）恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（Ⅱ）若x₁＞x₂＞0，求證：[x₁f（x₁）-x₂f（x₂）]$（{x_1^2+x_2^2}）$＞2x₂（x₁-x₂）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）不等式f（x）≤mx≤g（x）恒成立，可轉(zhuǎn)化為${（{\frac{lnx}{x^2}}）_{max}}≤m≤{（{\frac{e^x}{x}}）_{min}}$，利用導(dǎo)數(shù)求解實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（Ⅱ）當(dāng)x₁＞x₂＞0時，要證明[x₁f（x₁）-x₂f（x₂）]$（{x_1^2+x_2^2}）$＞2x₂（x₁-x₂），即證lnx₁-lnx₂＞$\frac{{2{x_2}（{{x_1}-{x_2}}）}}{x_1^2+x_2^2}$，即證$ln\frac{x_1}{x_2}-\frac{{2•\frac{x_1}{x_2}-2}}{{{{（{\frac{x_1}{x_2}}）}^2}+1}}＞0$，

解答 解：（Ⅰ）∵對任意x＞0，不等式f（x）≤mx≤g（x）恒成立，
∴$\frac{lnx}{x^2}≤m≤\frac{e^x}{x}$在x＞0上恒成立，進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為${（{\frac{lnx}{x^2}}）_{max}}≤m≤{（{\frac{e^x}{x}}）_{min}}$，
設(shè)$h（x）=\frac{lnx}{x^2}$，$h'（x）=\frac{1-2lnx}{x^3}$，當(dāng)$x∈（{0，\sqrt{e}}）$時，h'（x）＞0，當(dāng)$x∈（{\sqrt{e}，+∞}）$時，h'（x）＜0，
∴當(dāng)$x=\sqrt{e}$時，${[{h（x）}]_{max}}=\frac{1}{2e}$．
設(shè)$t（x）=\frac{e^x}{x}$，則$t'（x）=\frac{{x{e^x}-{e^x}}}{x^2}$=$\frac{{{e^x}（{x-1}）}}{x^2}$，當(dāng)x∈（0，1）時，t'（x）＜0，
當(dāng)x∈（1，+∞）時，t'（x）＞0，
所以x=1時，[t（x）]_min=e，
綜上知$\frac{1}{2e}≤m≤e$，所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為$[{\frac{1}{2e}，e}]$．
（Ⅱ）當(dāng)x₁＞x₂＞0時，要證明[x₁f（x₁）-x₂f（x₂）]$（{x_1^2+x_2^2}）$＞2x₂（x₁-x₂），
即證lnx₁-lnx₂＞$\frac{{2{x_2}（{{x_1}-{x_2}}）}}{x_1^2+x_2^2}$，即證$ln\frac{x_1}{x_2}-\frac{{2•\frac{x_1}{x_2}-2}}{{{{（{\frac{x_1}{x_2}}）}^2}+1}}＞0$，
令$t=\frac{x_1}{x_2}＞1$，設(shè)$u（t）=lnt-\frac{2t-2}{{{t^2}+1}}$，則$u'（t）=\frac{{（{{t^2}-1}）（{{t^2}+2t-1}）}}{{t{{（{{t^2}+1}）}^2}}}$，
∵當(dāng)t∈（1，+∞）時，t²-1＞0，t²+2t-1＞0，∴u'（t）＞0，∴u（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴u（t）＞u（1）=0，故$ln\frac{x_1}{x_2}-\frac{{2•\frac{x_1}{x_2}-2}}{{{{（{\frac{x_1}{x_2}}）}^2}+1}}＞0$，
即[x₁f（x₁）-x₂f（x₂）]$（{x_1^2+x_2^2}）$＞2x₂（x₁-x₂）．

點(diǎn)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，分類討論思想，屬于難題．