Question

12．已知函數(shù)$f（x）=\frac{lnx}{x}-1$．
（I）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（II）設(shè)m＞0，若函數(shù)g（x）=2xf（x）-x²+2x+m在$[{\frac{1}{e}，e}]$上有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)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）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性分別求出g（x）的極大值和極小值，得到關(guān)于m的不等式組，求出m的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），
$f'（x）=\frac{1-lnx}{x^2}$，
由$f'（x）=\frac{1-lnx}{x^2}=0$，得x=e．
當(dāng)0＜x＜e時(shí)，$f'（x）=\frac{1-lnx}{x^2}＞0$；
當(dāng)x＞e時(shí)，$f'（x）=\frac{1-lnx}{x^2}＜0$．
所以函數(shù)f（x）在（0，e]上單調(diào)遞增，
在[e，+∞）上單調(diào)遞減…（5分）
（Ⅱ）g（x）=2ln x-x²+m，
則g′（x）=$\frac{2}{x}$-2x=$\frac{-2（x+1）（x-1）}{x}$．
∵x∈[$\frac{1}{e}$，e]，∴當(dāng)g′（x）=0時(shí)，x=1；
當(dāng)$\frac{1}{e}$＜x＜1時(shí)，g′（x）＞0；
當(dāng)1＜x＜e時(shí)，g′（x）＜0．
故g（x）在x=1處取得極大值g（1）=m-1．
又g（$\frac{1}{e}$）=m-2-$\frac{1}{e2}$，g（e）=m+2-e²，
g（e）-g（$\frac{1}{e}$）=4-e²+$\frac{1}{e2}$＜0，則g（e）＜g（$\frac{1}{e}$），
∴g（x）在[$\frac{1}{e}$，e]上的最小值是g（e）．…（8分）
g（x）在[$\frac{1}{e}$，e]上有兩個(gè)零點(diǎn)的條件是：
$\left\{\begin{array}{l}{g（1）=m-1＞0}\\{g（\frac{1}{e}）=m-2-\frac{1}{{e}^{2}}≤0}\end{array}\right.$，解得1＜m≤2+$\frac{1}{{e}^{2}}$，
∴實(shí)數(shù)m的取值范圍是（1，2+$\frac{1}{{e}^{2}}$]．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)的零點(diǎn)，考查轉(zhuǎn)化思想，是一道中檔題．