Question

13．已知函數(shù)f（x）=xlnx．
（Ⅰ）函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間和最小值；
（Ⅱ）設(shè)函數(shù)h（x）=$\frac{f（x）}{x+1}$，若對(duì)任意x∈[1，+∞），h（x）≤m（x-1）恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知得f′（x）=lnx+1（x＞0），由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能求出函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間和最小值，
（Ⅱ）h（x）≤m（x-1）恒成立，等價(jià)于lnx≤m（x-$\frac{1}{x}$），構(gòu)造函數(shù)g（x）=lnx-m（x-$\frac{1}{x}$），即對(duì)任意x∈[1，+∞），g（x）≤0，利用導(dǎo)數(shù)，分類討論即可求出a的范圍．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=1+lnx，…．（1分）
令f′（x）=1+lnx＞0解得，x＞$\frac{1}{e}$；
故f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（$\frac{1}{e}$，+∞）；
f（x）的單調(diào)減區(qū)間為（0，$\frac{1}{e}$）；…..（3分）
故f（x）的最小值為f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$；…（4分）
（Ⅱ）∵h(yuǎn)（x）=$\frac{f（x）}{x+1}$，h（x）≤m（x-1）
由題可得lnx≤m（x-$\frac{1}{x}$）…（5分）
設(shè)g（x）=lnx-m（x-$\frac{1}{x}$），即對(duì)任意x∈[1，+∞），g（x）≤0．
∴g′（x）=$\frac{1}{x}$-m（1+$\frac{1}{{x}^{2}}$）=$\frac{-m{x}^{2}+x-m}{{x}^{2}}$…（6分）
①若m≤0，g′（x）＞0，g（x）≥g（1）=0，這與題設(shè)g（x）≤0矛盾…（7分）
②若m＞0方程-mx²+x-m=0的判別式△=1-4m²，
當(dāng)△≤0，即m≥$\frac{1}{2}$時(shí)，g′（x）≤0，
∴g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
∴g（x）≤g（1）=0，即不等式成立…（9分）
當(dāng)0＜m＜$\frac{1}{2}$時(shí)，方程-mx²+x-m=0，其兩根x₁，x₂滿足：0＜x₁=$\frac{1-\sqrt{1-4{m}^{2}}}{2m}$＜1，x₂=$\frac{1+\sqrt{1-4{m}^{2}}}{2m}$＞1，
當(dāng)x∈（1，x₂）時(shí)，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，g（x）＞g（1）=0，與題設(shè)矛盾…（11分）
綜上所述，m$≥\frac{1}{2}$…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值，考查了分類討論思想方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題