Question

已知函數(shù)g（x）=

2

x

+lnx，f（x）=mx-

m-2

x

-lnx，m∈R．
（1）求函數(shù)g（x）的極值點(diǎn)；
（2）若f（x）-g（x）在[1，+∞）上為單調(diào)函數(shù)，求m的取值范圍；
（3）設(shè)h（x）=

2e

x

，若在[1，e]上至少存在一個(gè)x₀，使得f（x₀）-g（x₀）＞h（x₀）成立，求m的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專(zhuān)題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)極值和導(dǎo)數(shù)的關(guān)系，即可求函數(shù)g（x）的極值點(diǎn)；
（2）求函數(shù)f（x）-g（x）的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系即可求m的取值范圍；
（3）構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）-h（x），將不等式恒成立轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值即可得到結(jié)論．

解答： 解：（1）∵g′（x）=-

2

x2

+

1

x

=

x-2

x2

．
∴由g′（x）=0得x=2，
當(dāng)x＞2時(shí)，g′（x）＞0，函數(shù)單調(diào)遞增，
當(dāng)x＜2時(shí)，g′（x）＜0，函數(shù)單調(diào)遞減，
即x=2是函數(shù)g（x）的極小值點(diǎn)．
（2）由（1），得f（x）-g（x）=mx-

m

x

-2lnx，
∴[f（x）-g（x）]′=

mx2-2x+m

x2

，
∵f（x）-g（x）在[1，+∞）上為單調(diào)函數(shù)，
∴mx²-2x+m≥0或者mx²-2x+m≤0在[1，+∞）恒成立，
∵mx²-2x+m≥0等價(jià)于m（1+x²）≥2x，即m≥

2x

1+x2

，
而

2x

1+x2

=

2

x+ 1 x

≤

2

2 x• 1 x

=1，故m≥1．
∵mx²-2x+m≤0等價(jià)于m（1+x²）≤2x，即m≤

2x

1+x2

，
而

2x

1+x2

∈（0，1]，m≤0．
綜上，m的取值范圍是（-∞，0]∪[1，+∞）．
（3）構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）-h（x）=mx-

m

x

-2lnx-

2e

x

，
當(dāng)m≤0時(shí)，x∈[1，e]，mx-

m

x

≤0，-2lnx-

2e

x

＜0，所以在[1，e]上不存在一個(gè)x₀，
使得f（x₀）-g（x₀）＞h（x₀）成立．
當(dāng)m＞0時(shí)，F(xiàn)′（x）=m+

m

x2

-

2

x

+

2e

x2

=

mx2-2x+m+2e

x2

，
因?yàn)閤∈[1，e]，所以2e-2x≥0，mx²+m＞0，所以F′（x）＞0在[1，e]恒成立．
故F（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，F(xiàn)（x）_max=me-

m

e

-4，只要me-

m

e

-4＞0，
解得m＞

4e

e2-1

，
故m的取值范圍是（

4e

e2-1

，+∞）．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查函數(shù)單調(diào)性，極值，與導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系，考查學(xué)生的計(jì)算能力．