Question

已知函数f（x）=

x

lnx

，g（x）=f（x）-mx（m∈R），
（Ⅰ）求函数f（x）的单调递减区间；
（Ⅱ）若函数g（x）在（1，+∞）上单调递减，求实数m的取值范围；
（Ⅲ）若存在x₁，x₂∈[e，e²]，使m≥g（x₁）-g′（x₂）成立，求实数m的最小值．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）求出函数 定义域，利用导函数小于0，即可求函数f（x）的单调递减区间；
（Ⅱ）通过函数g（x）在（1，+∞）上单调递减，导函数小于等于0恒成立，推出m的不等式，然后通过求解函数的最值，求实数m的取值范围；
（Ⅲ）由g（x₁）≤g'（x₂）+m，转化

x

lnx

-mx≤

1

4

，构造函数u(x)=

1

lnx

-

1

4x

，求出u(x) min=u(e2)=

1

2

-

1

4e2

，即可得到实数m的最小值．

解答： 解：（Ⅰ）∵f（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞），f′(x)=

lnx-1

(lnx)2

，
∴当f′（x）＜0时，0＜x＜e且x≠1
∴函数f（x）的单调递减区间为（0，1）和（1，e）．

（Ⅱ）∵g（x）在（1，+∞）上单调递减，
∴g′(x)=

lnx-1

(lnx)2

-m≤0恒成立，即m≥

lnx-1

(lnx)2

恒成立，
设h(x)=

lnx-1

(lnx)2

，∵

lnx-1

(lnx)2

=-(

1

lnx

-

1

2

)2+

1

4

，
∴当x=e²时，h(x)max=

1

4

，∴m≥

1

4

．

（Ⅲ）由题意知，g（x₁）≤g′（x₂）+m，
∴只需存在x∈[e，e²]使g（x）≤g′（x）_max+m，
由（Ⅱ）知g′(x)max=

1

4

-m，
∴只需存在x∈[e，e²]，使g(x)≤

1

4

，
即

x

lnx

-mx≤

1

4

，∴m≥

1

lnx

-

1

4x

，
设u(x)=

1

lnx

-

1

4x

，则u′(x)=-

1

x(lnx) 2

+

1

4x2

=

(lnx)2-4x

4x2(lnx)2

∵x∈[e，e²]，（lnx）²∈[1，4]，4x∈[4e，4e²]，
∴u′（x）＜0，∴u（x）在[e，e²]上单调递减，∴u(x) min=u(e2)=

1

2

-

1

4e2

∴实数m的最小值为

1

2

-

1

4e2

．

点评：本题考查导数、单调区间的求法及应用、不等式中存在成立问题中的参数范围求法，考查学生运算能力、推理思维能力和解决具体问题的能力，较难题．