Question

13．已知函数$f（x）=\frac{lnx}{x}$，g（x）=e^x．
（Ⅰ）若关于x的不等式f（x）≤mx≤g（x）恒成立，求实数m的取值范围；
（Ⅱ）若x₁＞x₂＞0，求证：[x₁f（x₁）-x₂f（x₂）]$（{x_1^2+x_2^2}）$＞2x₂（x₁-x₂）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）不等式f（x）≤mx≤g（x）恒成立，可转化为${（{\frac{lnx}{x^2}}）_{max}}≤m≤{（{\frac{e^x}{x}}）_{min}}$，利用导数求解实数m的取值范围；
（Ⅱ）当x₁＞x₂＞0时，要证明[x₁f（x₁）-x₂f（x₂）]$（{x_1^2+x_2^2}）$＞2x₂（x₁-x₂），即证lnx₁-lnx₂＞$\frac{{2{x_2}（{{x_1}-{x_2}}）}}{x_1^2+x_2^2}$，即证$ln\frac{x_1}{x_2}-\frac{{2•\frac{x_1}{x_2}-2}}{{{{（{\frac{x_1}{x_2}}）}^2}+1}}＞0$，

解答 解：（Ⅰ）∵对任意x＞0，不等式f（x）≤mx≤g（x）恒成立，
∴$\frac{lnx}{x^2}≤m≤\frac{e^x}{x}$在x＞0上恒成立，进一步转化为${（{\frac{lnx}{x^2}}）_{max}}≤m≤{（{\frac{e^x}{x}}）_{min}}$，
设$h（x）=\frac{lnx}{x^2}$，$h'（x）=\frac{1-2lnx}{x^3}$，当$x∈（{0，\sqrt{e}}）$时，h'（x）＞0，当$x∈（{\sqrt{e}，+∞}）$时，h'（x）＜0，
∴当$x=\sqrt{e}$时，${[{h（x）}]_{max}}=\frac{1}{2e}$．
设$t（x）=\frac{e^x}{x}$，则$t'（x）=\frac{{x{e^x}-{e^x}}}{x^2}$=$\frac{{{e^x}（{x-1}）}}{x^2}$，当x∈（0，1）时，t'（x）＜0，
当x∈（1，+∞）时，t'（x）＞0，
所以x=1时，[t（x）]_min=e，
综上知$\frac{1}{2e}≤m≤e$，所以实数m的取值范围为$[{\frac{1}{2e}，e}]$．
（Ⅱ）当x₁＞x₂＞0时，要证明[x₁f（x₁）-x₂f（x₂）]$（{x_1^2+x_2^2}）$＞2x₂（x₁-x₂），
即证lnx₁-lnx₂＞$\frac{{2{x_2}（{{x_1}-{x_2}}）}}{x_1^2+x_2^2}$，即证$ln\frac{x_1}{x_2}-\frac{{2•\frac{x_1}{x_2}-2}}{{{{（{\frac{x_1}{x_2}}）}^2}+1}}＞0$，
令$t=\frac{x_1}{x_2}＞1$，设$u（t）=lnt-\frac{2t-2}{{{t^2}+1}}$，则$u'（t）=\frac{{（{{t^2}-1}）（{{t^2}+2t-1}）}}{{t{{（{{t^2}+1}）}^2}}}$，
∵当t∈（1，+∞）时，t²-1＞0，t²+2t-1＞0，∴u'（t）＞0，∴u（t）在（1，+∞）上单调递增，
∴u（t）＞u（1）=0，故$ln\frac{x_1}{x_2}-\frac{{2•\frac{x_1}{x_2}-2}}{{{{（{\frac{x_1}{x_2}}）}^2}+1}}＞0$，
即[x₁f（x₁）-x₂f（x₂）]$（{x_1^2+x_2^2}）$＞2x₂（x₁-x₂）．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，分类讨论思想，属于难题．