Question

10．已知函數(shù)f（x）=mxlnx+$\frac{m}{e}$+1（m≠0），g（x）=x²e^ax（a∈R）
（1）求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（2）當m＞0時，若對任意的x₁，x₂∈（0，2]，f（x₁）＞g（x₂）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導數(shù)，討論m＞0，m＜0，由導數(shù)大于0可得增區(qū)間，由導數(shù)小于0，得減區(qū)間；
（2）“對任意的x₁，x₂∈[0，2]，f（x₁）≥g（x₂）恒成立”等價于“當m＞0時，對任意的x₁，x₂∈[0，2]，f_min（x）≥g_max（x）成立”，求得f（x）在[0，2]上的最小值，再求g（x）的導數(shù)，對a討論，結合單調性，求得最大值，解不等式即可得到．

解答 解：（1）f（x）=mxlnx+$\frac{m}{e}$+1，（x＞0），
f′（x）=m（lnx+1），
m＞0時，令f′（x）＞0，解得：x＞$\frac{1}{e}$，
令f′（x）＜0，解得：0＜x＜$\frac{1}{e}$，
故f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）遞減，在（$\frac{1}{e}$，+∞）遞增，
m＜0時，f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）遞增，在（$\frac{1}{e}$，+∞）遞減；
（2）m＞0時，由（1）得：
f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）遞減，在（$\frac{1}{e}$，2]遞增，
f（x）_min=f（$\frac{1}{e}$）=1，
g（x）的導數(shù)g′（x）=2xe^ax+x²e^ax•a=（ax²+2x）e^ax，
當a=0時，g（x）=x²，x∈[0，2]時，g_max（x）=g（2）=4，顯然不滿足g_max（x）≤1，
當a≠0時，令g′（x）=0得，x₁=0，x₂=-$\frac{2}{a}$，
①當-$\frac{2}{a}$≥2，即-1≤a≤0時，在[0，2]上g′（x）≥0，所以g（x）在[0，2]單調遞增，
所以g_max（x）=g（2）=4e^2a，只需4e^2a≤1，得a≤-ln2，所以-1≤a≤-ln2；
②當0＜-$\frac{2}{a}$＜2，即a＜-1時，在[0，-$\frac{2}{a}$]，g′（x）≥0，g（x）單調遞增，
在[-$\frac{2}{a}$，2]，g′（x）＜0，g（x）單調遞減，所以g_max（x）=g（-$\frac{2}{a}$）=$\frac{4}{{（ae）}^{2}}$；
只需 $\frac{4}{{（ae）}^{2}}$≤1，得a≤-$\frac{2}{e}$，所以a＜-1；
③當-$\frac{2}{a}$＜0，即a＞0時，顯然在[0，2]上g′（x）≥0，g（x）單調遞增，
g_max（x）=g（2）=4e^2a，4e^2a≤1不成立．
綜上所述，a的取值范圍是（-∞，-ln2]．

點評 本題考查導數(shù)的運用：求切線方程和單調區(qū)間、極值和最值，主要考查不等式的恒成立問題轉化為求函數(shù)最值，運用分類討論的思想方法是解題的關鍵．