Question

5．已知函數f（x）=$\frac{m}{x}$+xlnx（m＞0），g（x）=lnx-2．
（1）當m=1時，求函數f（x）的單調增區間；
（2）若對任意的x₁∈[1，e]，總存在x₂∈[1，e]，使$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{1}}$•$\frac{g（{x}_{2}）}{{x}_{2}}$=-1，其中e是自然對數的底數．求實數m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）當m=1時，求得f（x）的解析式，求導，由f′（x）在（0，+∞）上單調遞增，且f′（1）=0，即可求得函數f（x）的單調增區間；
（2）由題意構造輔助函數，h（x）=$\frac{f（x）}{x}$=$\frac{m}{{x}^{2}}$+lnx，φ（x）=$\frac{g（x）}{x}$=$\frac{lnx-2}{x}$，根據函數的單調性求得φ（x）∈[-2，-$\frac{1}{e}$]，則h（x）∈[$\frac{1}{2}$，e]，即$\frac{{x}^{2}}{2}$-x²lnx≤m≤x²（e-lnx），在[1，e]上恒成立，分別構造函數，求導，根據函數的單調性分別求得$\frac{{x}^{2}}{2}$-x²lnx最大值及x²（e-lnx）的最小值，即可求得實數m的取值范圍．

解答 解：（1）當m=1時，數f（x）=$\frac{1}{m}$+xlnx，求導f′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$+lnx+1，
由f′（x）在（0，+∞）上單調遞增，且f′（1）=0，
∴當x＞1時，f′（x）＞0，當0＜x＜1時，f′（x）＜0，
∴函數f（x）單調遞增區間（1，+∞）；
（2）由題意設h（x）=$\frac{f（x）}{x}$=$\frac{m}{{x}^{2}}$+lnx，φ（x）=$\frac{g（x）}{x}$=$\frac{lnx-2}{x}$，
φ′（x）=$\frac{3-lnx}{{x}^{2}}$＞0，在[1，e]恒成立
∴φ（x）=$\frac{lnx-2}{x}$在[1，e]上單調遞增，φ（x）∈[-2，-$\frac{1}{e}$]，
∴h（x）∈[$\frac{1}{2}$，e]，即$\frac{1}{2}$≤$\frac{m}{{x}^{2}}$+lnx≤e，在[1，e]上恒成立，
即$\frac{{x}^{2}}{2}$-x²lnx≤m≤x²（e-lnx），在[1，e]上恒成立，
設p（x）=$\frac{{x}^{2}}{2}$-x²lnx，則p′（x）=-2xlnx≤0，在[1，e]上恒成立，
∴p（x）在[1，e]上單調遞減，則m≥p（1）=$\frac{1}{2}$，
設q（x）=x²（e-lnx），q′（x）=x（2x-1-2lnx）≥x（2e-1-2lnx）＞0在[1，e]上恒成立，
∴q（x）在[1，e]上單調遞增，則m≤q（1）=e，
綜上所述，m的取值范圍[$\frac{1}{2}$，e]．

點評 本題考查導數的綜合應用，考查利用導數求函數的單調性及最值，考查不等式的恒成立問題，考查轉化思想，屬于中檔題．