Question

4．已知函數(shù)f（x）=x²-x，g（x）=lnx．
（Ⅰ）求函數(shù)y=xg（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若t∈[$\frac{1}{2}$，1]，求y=f[xg（x）+t]在x∈[1，e]上的最小值（結(jié)果用t表示）；
（Ⅲ）設(shè)h（x）=f（x）-$\frac{1}{2}$x²-（2a+1）x+（2a+1）g（x），若a∈[e，3]，?x₁，x₂∈[1，2]（x₁≠x₂），|$\frac{h（{x}_{1}）-h（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$|≤$\frac{m}{{x}_{1}{x}_{2}}$恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）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；
（Ⅱ）設(shè)u=xlnx，x∈[1，e]，得到y(tǒng)=u²+（2t-1）u+t²-t，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求出y的最小值即可；
（Ⅲ）求出函數(shù)h（x）的導(dǎo)數(shù)，問題可化為h（x₁）-$\frac{m}{{x}_{1}}$≤h（x₂）-$\frac{m}{{x}_{2}}$，設(shè)v（x）=h（x）-$\frac{m}{x}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出m的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）y=xlnx，x∈（0，+∞），y′=lnx+1，
x∈（0，$\frac{1}{e}$）時，y′＜0，y=xlnx遞減，
x∈（$\frac{1}{e}$，+∞）時，y′＞0，y=xlnx遞增，
∴y=xlnx在（0，$\frac{1}{e}$）遞減，在（$\frac{1}{e}$，+∞）遞增；
（Ⅱ）y=（xlnx+t）²-（xlnx+t）=（xlnx）²+（2t-1）xlnx+t²-t，
設(shè)u=xlnx，x∈[1，e]，
由（Ⅰ）得u=xlnx在[1，e]遞增，
故u∈[0，e]，
此時y=u²+（2t-1）u+t²-t，
對稱軸u=$\frac{1-2t}{2}$，
t∈[$\frac{1}{2}$，1]，∴$\frac{1-2t}{2}$∈[-$\frac{1}{2}$，0]，
u∈[0，e]，故u=0時，y_min=t²-t；
（Ⅲ）h（x）=$\frac{1}{2}$x²-（2a+2）x+（2a+1）lnx，
h′（x）=$\frac{[x-（2a+1）]（x-1）}{x}$，x∈[1，2]，
a∈[e，3]時，2a+1∈[2e+1，7]，
故h′（x）＜0在[1，2]成立，
即h（x）在[1，2]遞減，
∵x₁≠x₂，不妨設(shè)1≤x₁＜x₂≤2，
則h（x₁）＞h（x₂），x₁＜x₂，
故原不等式可化為h（x₁）-$\frac{m}{{x}_{1}}$≤h（x₂）-$\frac{m}{{x}_{2}}$，
對1≤x₁＜x₂≤2成立，
設(shè)v（x）=h（x）-$\frac{m}{x}$，
則v（x）在[1，2]遞增，其中a∈[e，3]，
即v′（x）≥0在[1，2]恒成立，
而v′（x）=$\frac{[x-（2a+1）]（x-1）}{x}$+$\frac{m}{{x}^{2}}$≥0，
即x-（2a+2）+$\frac{2a+1}{x}$+$\frac{m}{{x}^{2}}$≥0恒成立，
即（2x-2x²）a+x³-2x²+x+m≥0恒成立，a∈[e，3]，
由于x∈[1，2]，∴2x-2x²≤0，
故只需（2x-2x²）a+x³-2x²+x+m≥0，
即x³-8x²+7x+m≥0，
令k（x）=x³-8x²+7x+m，x∈[1，2]，
k′（x）=3x²-16x+7＜0，
故k（x）在x∈[1，2]上遞減，
∴k（x）_min=k（2）=m-10≥0，
∴m≥10，
∴m∈[10，+∞）．

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)用以及分類討論思想，是一道綜合題．