Question

10．已知函数f（x）=mxlnx+$\frac{m}{e}$+1（m≠0），g（x）=x²e^ax（a∈R）
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）当m＞0时，若对任意的x₁，x₂∈（0，2]，f（x₁）＞g（x₂）恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，讨论m＞0，m＜0，由导数大于0可得增区间，由导数小于0，得减区间；
（2）“对任意的x₁，x₂∈[0，2]，f（x₁）≥g（x₂）恒成立”等价于“当m＞0时，对任意的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）的导数，对a讨论，结合单调性，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时，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，$\frac{1}{e}$）递减，在（$\frac{1}{e}$，+∞）递增，
m＜0时，f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）递增，在（$\frac{1}{e}$，+∞）递减；
（2）m＞0时，由（1）得：
f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）递减，在（$\frac{1}{e}$，2]递增，
f（x）_min=f（$\frac{1}{e}$）=1，
g（x）的导数g′（x）=2xe^ax+x²e^ax•a=（ax²+2x）e^ax，
当a=0时，g（x）=x²，x∈[0，2]时，g_max（x）=g（2）=4，显然不满足g_max（x）≤1，
当a≠0时，令g′（x）=0得，x₁=0，x₂=-$\frac{2}{a}$，
①当-$\frac{2}{a}$≥2，即-1≤a≤0时，在[0，2]上g′（x）≥0，所以g（x）在[0，2]单调递增，
所以g_max（x）=g（2）=4e^2a，只需4e^2a≤1，得a≤-ln2，所以-1≤a≤-ln2；
②当0＜-$\frac{2}{a}$＜2，即a＜-1时，在[0，-$\frac{2}{a}$]，g′（x）≥0，g（x）单调递增，
在[-$\frac{2}{a}$，2]，g′（x）＜0，g（x）单调递减，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当-$\frac{2}{a}$＜0，即a＞0时，显然在[0，2]上g′（x）≥0，g（x）单调递增，
g_max（x）=g（2）=4e^2a，4e^2a≤1不成立．
综上所述，a的取值范围是（-∞，-ln2]．

点评 本题考查导数的运用：求切线方程和单调区间、极值和最值，主要考查不等式的恒成立问题转化为求函数最值，运用分类讨论的思想方法是解题的关键．