Question

4．已知函数f（x）=x²-x，g（x）=lnx．
（Ⅰ）求函数y=xg（x）的单调区间；
（Ⅱ）若t∈[$\frac{1}{2}$，1]，求y=f[xg（x）+t]在x∈[1，e]上的最小值（结果用t表示）；
（Ⅲ）设h（x）=f（x）-$\frac{1}{2}$x²-（2a+1）x+（2a+1）g（x），若a∈[e，3]，?x₁，x₂∈[1，2]（x₁≠x₂），|$\frac{h（{x}_{1}）-h（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$|≤$\frac{m}{{x}_{1}{x}_{2}}$恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）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）设u=xlnx，x∈[1，e]，得到y=u²+（2t-1）u+t²-t，根据二次函数的性质求出y的最小值即可；
（Ⅲ）求出函数h（x）的导数，问题可化为h（x₁）-$\frac{m}{{x}_{1}}$≤h（x₂）-$\frac{m}{{x}_{2}}$，设v（x）=h（x）-$\frac{m}{x}$，根据函数的单调性求出m的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）y=xlnx，x∈（0，+∞），y′=lnx+1，
x∈（0，$\frac{1}{e}$）时，y′＜0，y=xlnx递减，
x∈（$\frac{1}{e}$，+∞）时，y′＞0，y=xlnx递增，
∴y=xlnx在（0，$\frac{1}{e}$）递减，在（$\frac{1}{e}$，+∞）递增；
（Ⅱ）y=（xlnx+t）²-（xlnx+t）=（xlnx）²+（2t-1）xlnx+t²-t，
设u=xlnx，x∈[1，e]，
由（Ⅰ）得u=xlnx在[1，e]递增，
故u∈[0，e]，
此时y=u²+（2t-1）u+t²-t，
对称轴u=$\frac{1-2t}{2}$，
t∈[$\frac{1}{2}$，1]，∴$\frac{1-2t}{2}$∈[-$\frac{1}{2}$，0]，
u∈[0，e]，故u=0时，y_min=t²-t；
（Ⅲ）h（x）=$\frac{1}{2}$x²-（2a+2）x+（2a+1）lnx，
h′（x）=$\frac{[x-（2a+1）]（x-1）}{x}$，x∈[1，2]，
a∈[e，3]时，2a+1∈[2e+1，7]，
故h′（x）＜0在[1，2]成立，
即h（x）在[1，2]递减，
∵x₁≠x₂，不妨设1≤x₁＜x₂≤2，
则h（x₁）＞h（x₂），x₁＜x₂，
故原不等式可化为h（x₁）-$\frac{m}{{x}_{1}}$≤h（x₂）-$\frac{m}{{x}_{2}}$，
对1≤x₁＜x₂≤2成立，
设v（x）=h（x）-$\frac{m}{x}$，
则v（x）在[1，2]递增，其中a∈[e，3]，
即v′（x）≥0在[1，2]恒成立，
而v′（x）=$\frac{[x-（2a+1）]（x-1）}{x}$+$\frac{m}{{x}^{2}}$≥0，
即x-（2a+2）+$\frac{2a+1}{x}$+$\frac{m}{{x}^{2}}$≥0恒成立，
即（2x-2x²）a+x³-2x²+x+m≥0恒成立，a∈[e，3]，
由于x∈[1，2]，∴2x-2x²≤0，
故只需（2x-2x²）a+x³-2x²+x+m≥0，
即x³-8x²+7x+m≥0，
令k（x）=x³-8x²+7x+m，x∈[1，2]，
k′（x）=3x²-16x+7＜0，
故k（x）在x∈[1，2]上递减，
∴k（x）_min=k（2）=m-10≥0，
∴m≥10，
∴m∈[10，+∞）．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道综合题．