Question

4．函数f（x）=lnx，g（x）=x²．
（Ⅰ）求函数h（x）=f（x）-x+1的最大值；
（Ⅱ）对于任意x₁，x₂∈（0，+∞），且x₂＜x₁，是否存在实数m，使mg（x₂）-mg（x₁）＞x₁f（x₁）-x₂f（x₂）恒成立，若存在求出m的范围，若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的定义域、导数h′（x），由导数的符号可知函数单调性，根据单调性即可得到最大值；
（Ⅱ）mg（x₂）-mg（x₁）-x₁f（x₁）+x₂f（x₂）＞0恒成立，只需mg（x₂）+x₂f（x₂）＞mg（x₁）+x₁f（x₁），设φ（x）=mg（x）+xf（x）=mx²+xlnx，又0＜x₁＜x₂，则只需φ（x）在（0，+∞）上单调递减．从而有φ′（x）=2mx+1+lnx≤0在（0，+∞）上恒成立，分离出参数m后化为函数最值即可，利用导数可求得函数的最值．

解答 解：（Ⅰ）函数h（x）的定义域为（0，+∞），
∵h（x）=lnx-x+1，
∴h′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$，
当x∈（0，1）时，h′（x）＞0；当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0．
∴h（x）在（0，1）上是单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
∴h（x）_max=h（1）=0，即函数的最大值为0．
（Ⅱ）若mg（x₂）-mg（x₁）-x₁f（x₁）+x₂f（x₂）＞0恒成立，
只需mg（x₂）+x₂f（x₂）＞mg（x₁）+x₁f（x₁），
设φ（x）=mg（x）+xf（x）=mx²+xlnx，
又0＜x₁＜x₂，则只需φ（x）在（0，+∞）上单调递减．
∴φ′（x）=2mx+1+lnx≤0在（0，+∞）上成立，得2m≤$\frac{-1-lnx}{x}$，
设t（x）=$\frac{-1-lnx}{x}$，则t′（x）=$\frac{lnx}{{x}^{2}}$，知函数t（x）在（0，1）上单调递减，
在（1，+∞）上单调递增，即t（x）_min=t（1）=-1．
∴存在实数m≤-$\frac{1}{2}$，使mg（x₂）-mg（x₁）-x₁f（x₁）+x₂f（x₂）恒为正数．

点评 该题考查利用导数研究函数的最值、函数恒成立问题，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．