Question

3．已知函数f（x）=xlnx-mx²．
（Ⅰ）当m=0时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若$\frac{{x}^{2}-x}{f（x）}$＞1对任意的x∈[$\sqrt{e}$，e²]恒成立，求实数m的取值范围；
（Ⅲ）若x₁，x₂∈（$\frac{1}{e}$，1），x₁+x₂＜1，求证：x₁x₂＜（x₁+x₂）⁴．（参考数据：e=2.71828…）

Answer 1

分析 （Ⅰ）m=0时，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即可；
（Ⅱ）问题整理得$\frac{lnx-x+1}{x}$＜m＜$\frac{lnx}{x}$，令g（x）=$\frac{lnx-x+1}{x}$，令h（x）=$\frac{lnx}{x}$，根据函数的单调性求出m的范围即可；
（Ⅲ）根据基本不等式的解法即可证明不等式．

解答 解：（I）当m=0时，f（x）=xlnx，x＞0，得f′（x）=lnx+1，
由lnx+1＞0，解得x＞$\frac{1}{e}$，即f（x）在（$\frac{1}{e}$，+∞）上单调递增；
由lnx+1＜0，解得0＜x＜$\frac{1}{e}$，即f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）上单调递减．
∴综上，f（x）的单调递增区间为（$\frac{1}{e}$，+∞），单调递减区间为（0，$\frac{1}{e}$）．…（3分）
（II）已知x∈[$\sqrt{e}$，e²]，于是$\frac{{x}^{2}-x}{f（x）}$＞1变形为$\frac{x-1}{lnx-mx}$＞1，
从而$\frac{1}{lnx-mx}$＞$\frac{1}{x-1}$，即0＜lnx-mx＜x-1，
整理得$\frac{lnx-x+1}{x}$＜m＜$\frac{lnx}{x}$…（5分）
令g（x）=$\frac{lnx-x+1}{x}$，则g′（x）=$\frac{-lnx}{{x}^{2}}$＜0，即g（x）在[$\sqrt{e}$，e²]上是减函数，
∴g（x）_max=g（$\sqrt{e}$）=$\frac{3\sqrt{e}}{2e}$-1，
令h（x）=$\frac{lnx}{x}$，则h′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
当$\sqrt{e}$＜x＜e时，h′（x）＞0，即此时h（x）单调递增；
当e＜x＜e²时，h′（x）＜0，即此时h（x）单调递减，
而h（$\sqrt{e}$）=$\frac{1}{2\sqrt{e}}$＞h（e²）=$\frac{2}{{e}^{2}}$，
∴h（x）_min=$\frac{2}{{e}^{2}}$
∴$\frac{3\sqrt{e}}{2e}$-1＜m＜$\frac{2}{{e}^{2}}$…（9分）
（III）由（I）知当m=0时，f（x）=xlnx在（$\frac{1}{e}$，+∞）上是增函数，
∵$\frac{1}{e}$＜x₁＜x₁+x₂＜1，
∴f（x₁+x₂）=（x₁+x₂）ln（x₁+x₂）＞f（x₁）=x₁lnx₁，
即lnx₁＜$\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{{x}_{1}}$ln（x₁+x₂），同理lnx₂＜$\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{{x}_{2}}$ln（x₁+x₂），
所以lnx₁+lnx₂＜（$\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{{x}_{1}}$+$\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{{x}_{2}}$）ln（x₁+x₂）=（2+$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）ln（x₁+x₂），
又因为）2+$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$≥4，当且仅当x₁=x₂时，取等号．
又x₁，x₂∈（$\frac{1}{e}$，1），x₁+x₂＜1，ln（x₁+x₂），
∴（2+$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）ln（x₁+x₂）≤4，
∴lnx₁+lnx₂＜4ln（x₁+x₂），
∴x₁x₂＜（x₁+x₂）⁴．…（14分）

点评 本题主要考查导数的综合应用，要求熟练掌握导数的几何意义，综合性较强，运算量较大．