Question

17．已知函數(shù)f（x）=xlnx+2，g（x）=x²-mx．
（1）求f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程；
（2）求函數(shù)f（x）在[t，t+2]（t＞0）上的最小值；
（3）若存在${x_0}∈[{\frac{1}{e}，e}]$使得mf'（x）+g（x）≥2x+m成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，計(jì)算f（1），f′（1）的值，求出切線方程即可；
（2）求出f'（x）=lnx+1，推出單調(diào)區(qū)間，然后求解函數(shù)的最小值．
（3）存在x₀∈[$\frac{1}{e}$，e]使得mf'（x）+g（x）≥2x+m成立，轉(zhuǎn)化為存在x₀∈[$\frac{1}{e}$，e]使得m≤（ $\frac{2x{-x}^{2}}{lnx-x}$）_max成立，令k（x）=$\frac{2x{-x}^{2}}{lnx-x}$，x∈[$\frac{1}{e}$，e]，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)判斷導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)，求出最大值，

解答 解：（1）由已知f（1）=2，f′（x）=lnx+1，則f′（1）=1，
所以在（1，f（1））處的切線方程為：y-2=x-1，即為x-y+1=0；
（2）f'（x）=lnx+1，
令f'（x）＞0，解得x＞$\frac{1}{e}$；令f'（x）＜0，解得0＜x＜$\frac{1}{e}$，
∴f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）遞減，在（$\frac{1}{e}$，+∞）遞增，
若t≥$\frac{1}{e}$，則f（x）在[t，t+2]遞增，
∴f（x）_min=f（t）=tlnt+2；
若0＜t＜$\frac{1}{e}$，則f（x）在[t，$\frac{1}{e}$）遞減，在（$\frac{1}{e}$，t+2]遞增，
∴f（x）_min=f（$\frac{1}{e}$）=2-$\frac{1}{e}$．
（3）若存在x₀∈[$\frac{1}{e}$，e]使得mf'（x）+g（x）≥2x+m成立，
即存在x₀∈[$\frac{1}{e}$，e]使得m≤（ $\frac{2x{-x}^{2}}{lnx-x}$）_max成立，
令k（x）=$\frac{2x{-x}^{2}}{lnx-x}$，x∈[$\frac{1}{e}$，e]，則k′（x）=$\frac{（x-1）（2lnx+x+2）}{{（lnx-x）}^{2}}$，
易得2lnx+x+2＞0，
令k'（x）＞0，解得x＞1；令k'（x）＜0，解得x＜1，
故k（x）在[$\frac{1}{e}$，1）遞減，在（1，e]遞增，
故k（x）的最大值是k（$\frac{1}{e}$）或k（e），
而k（ $\frac{1}{e}$）=-$\frac{2e-1}{e（e+1）}$＜k（e）=$\frac{e（e-2）}{e-1}$，
故m≤$\frac{e（e-2）}{e-1}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，函數(shù)的最值以及函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的求法，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．