Question

3．已知函数$f（x）=\frac{x}{{2{e^x}}}+m$（e为自然对数的底数，m∈R）．
（1）求函数f（x）的单调区间和极值；
（2）当$m=\frac{1}{e}$时，求证：?x＞0，f（x）＜x²lnx恒成立；
（3）讨论关于x的方程|lnx|=f（x）的根的个数，并证明你的结论．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值；
（2）设g（x）=x²lnx，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可；
（3）设F（x）=f（x）-|lnx|，通过讨论m的范围，求出函数的单调区间，根据单调性判断函数的零点即方程根的个数．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{1-x}{{2e}^{x}}$，
由f′（x）=0得x=1，x＜1时，f′（x）＞0，
x＞1时，f′（x）＜0，
∴f（x）在（-∞，1]递增，在[1，+∞）递减，
f（x）_极大值=f（1）=$\frac{1}{2e}$+m，无极小值；
（2）由（1）得：x＞0时，f（x）≤$\frac{1}{2e}$+m=-$\frac{1}{2e}$，
当且仅当x=1时取“=”，
设g（x）=x²lnx，则g′（x）=x（2lnx+1），
由g′（x）=0解得：x=${e}^{-\frac{1}{2}}$，
x＜${e}^{-\frac{1}{2}}$时，g′（x）＜0，x＞${e}^{-\frac{1}{2}}$时，g′（x）＞0，
故g（x）在（0，${e}^{-\frac{1}{2}}$]递减，在[${e}^{-\frac{1}{2}}$，+∞）递增，
当且仅当x=${e}^{-\frac{1}{2}}$时，g（x）_min=-$\frac{1}{2e}$；
∴f（x）≤-$\frac{1}{2e}$≤g（x），两等号不同时取，
故?x＞0，f（x）＜x²lnx恒成立；
（3）设F（x）=f（x）-|lnx|，∴F（x）=f（x）-lnx，x≥1，
∵f（x），-lnx都在[1，+∞）递减，
∴F（x）在[1，+∞）递减，∵F（1）=$\frac{1}{2e}$+m，
∴m=-$\frac{1}{2e}$时，F（x）在[1，+∞）恰有1个零点x=1，
当m＜-$\frac{1}{2e}$时，?x≥1，F（x）≤F（1）＜0，
∴F（x）在[1，+∞）无零点，
当m＞-$\frac{1}{2e}$时，F（1）＞0，?x＞1，F（x）＜$\frac{1}{2e}$+m-lnx，
显然${e}^{\frac{1}{2e}+m}$＞1，
∴F（${e}^{\frac{1}{2e}+m}$）＜$\frac{1}{2e}$+m-ln${e}^{\frac{1}{2e}+m}$=0，
∴F（x）的图象不间断，
∴F（x）在[1，+∞）恰有1个零点，且不是1，
当0＜x＜1时，F（x）=f（x）+lnx，
∵f（x），lnx都在（0，1]递增，
∴F（x）在（0，1]递增，∵F（1）=$\frac{1}{2e}$+m，
∴m≤-$\frac{1}{2e}$时，?0＜x＜1，F（x）＜F（1）≤0，
∴F（x）在（0，1）无零点，
当m＞-$\frac{1}{2e}$时，F（1）＞0，?0＜x＜1，F（x）＜＜$\frac{1}{2e}$+m+lnx，
显然${e}^{-（\frac{1}{2e}+m）}$∈（0，1），
∴F（${e}^{-（\frac{1}{2e}+m）}$）＜$\frac{1}{2e}$+m+ln${e}^{-（\frac{1}{2e}+m）}$=0，
∵F（x）的图象不间断，∴F（x）在（0，1）恰有1个零点，
综上，m=-$\frac{1}{2e}$时，方程|lnx|=f（x）恰有1个实根，
m＜-$\frac{1}{2e}$时，方程|lnx|=f（x）无实根，
m＞-$\frac{1}{2e}$时，方程|lnx|=f（x）有2个不同的实根．

点评 本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．