Question

17．已知函數(shù)f（x）=2mlnx-x²，g（x）=e^x-2mlnx（m∈R），ln2=0.693．
（1）討論f（x）的單調(diào)性；
（2）若f（x）存在最大值M，g（x）存在最小值N，且M≥N，求證：m＞$\frac{e}{2}$．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，構(gòu)造函數(shù)u（x）=xe^x-2m，求出M，N的表達(dá)式，構(gòu)造函數(shù)h（x）=$\frac{3}{2}$xlnx+$\frac{{x}^{2}}{2}$-$\frac{x}{2}$（ln2+1）-1，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證出結(jié)論．

解答 解：（1）由題意x＞0，f′（x）=$\frac{2m-{2x}^{2}}{x}$，
m≤0時，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）遞減，
m＞0時，令f′（x）＞0，解得：0＜x＜$\sqrt{m}$，令f′（x）＜0，解得：x＞$\sqrt{m}$，
∴f（x）在（0，$\sqrt{m}$）遞增，在（$\sqrt{m}$，+∞）遞減；
（2）證明：g′（x）=$\frac{{xe}^{x}-2m}{x}$，
m≤0時，g′（x）＞0，g（x）在（0，+∞）遞增，無最小值，
由（1）得f（x）無最大值，故m＞0，
令u（x）=xe^x-2m，u′（x）=e^x+xe^x＞0，
u（0）=-2m＜0，u（2m）=2m（e^2m-1）＞0，
故唯一存在x₀∈（0，2m），使得u（x₀）=0，即m=$\frac{{{x}_{0}e}^{{x}_{0}}}{2}$，
列表如下：

x	（0，x0）	x0	（x0，+∞）
u（x）	-	0	+
g′（x）	-	0	+
g（x）	遞減	最小值	遞增

由（1）得：M=f（$\sqrt{m}$）=mlnm-m，且N=g（x₀）=${e}^{{x}_{0}}$-2mlnx₀，
由題設(shè)M≥N，即mlnm-m≥${e}^{{x}_{0}}$-2mlnx₀，將m=$\frac{{{x}_{0}e}^{{x}_{0}}}{2}$代入上式有：
$\frac{{{x}_{0}e}^{{x}_{0}}}{2}$ln$\frac{{{x}_{0}e}^{{x}_{0}}}{2}$-$\frac{{{x}_{0}e}^{{x}_{0}}}{2}$≥${e}^{{x}_{0}}$-2（$\frac{{{x}_{0}e}^{{x}_{0}}}{2}$）lnx₀，
化簡得：$\frac{3}{2}$x₀lnx₀+$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{2}$-$\frac{{x}_{0}}{2}$（ln2+1）-1≥0，（*），
構(gòu)造函數(shù)h（x）=$\frac{3}{2}$xlnx+$\frac{{x}^{2}}{2}$-$\frac{x}{2}$（ln2+1）-1，
h′（x）=$\frac{3}{2}$（lnx+1）+x-$\frac{1}{2}$（ln2+1），
而h′（x）遞增，h′（1）=$\frac{1}{2}$（4-ln2）＞0，
當(dāng)x＞0，h′（$\frac{1}{8}$）=$\frac{9}{8}$-5ln2＜0，
則唯一存在t∈（0，1），使得h′（t）=0，
則當(dāng)x∈（0，t），h′（x）＜0，h（x）遞減，
x∈（t，+∞），h′（x）＞0，h（x）遞增，
又h（1）=-$\frac{1}{2}$ln2-1＜0，
故h（x）≥0只會在（t，+∞）有解，
而h（2）=3ln2+2-（ln2+1）-1=2ln2＞0，
故（*）的解是x₀＞1，則m=$\frac{{{x}_{0}e}^{{x}_{0}}}{2}$＞$\frac{e}{2}$．

點評 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)用有解函數(shù)恒成立問題，考查分類討論思想，是一道綜合題．