Question

已知函数f（x）=mx-αlnx-m，g（x）=exex，其中m，α均为实数．（1）求g（x）的极值；（2）设m=1，α＜0

已知函数f（x）=mx-αlnx-m，g（x）=exex，其中m，α均为实数．（1）求g（x）的极值；（2）设m=1，α＜0，若对任意的x1，x2∈[3，4]（x1≠x2），|f（x2）-f（x1）|＜|1g(x2)-1g(x1)|恒成立，求a的最小值；（3）设α=2，若对任意给定的x0∈（0，e]，在区间（0，e]上总存在t1、t2（t1≠t2），使得f（t1）=f（t2）=g（x0）成立，求m的取值范围．

Answer 1

（1）g′（x）=

e(1?x)

ex

，令

e(1?x)

ex

＝0，解得x=1，
∵e^x＞0，∴x∈（-∞，1）时，g′（x）＞0；x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，根据极大值的定义知：g（x）极大值是g（1）=1，无极小值．
（2）当m=1，a＜0时，f（x）=x-alnx-1，所以在[3，4]上f′（x）=

x?a

x

＞0，所以f（x）在[3，4]上是增函数．
设h（x）=

1

g(x)

＝

ex

ex

，所以在[3，4]上h′（x）=

ex(x?1)

ex2

＞0，所以h（x）在[3，4]上为增函数．
设x₂＞x₁，则|f(x2)?f(x1)|＜|

1

g(x2)

?

1

g(x1)

|恒成立，变成f(x2)?f(x1)＜

1

g(x2)

?

1

g(x1)

恒成立，即：f（x₂）-f（x₁）＜h（x₂）-h（x₁）恒成立，即：f（x₂）-h（x₂）＜f（x₁）-h（x₁）．设u（x）=f（x）-h（x）=x?alnx?1?

1

e

?

ex

x

，则u（x）在[3，4]上为减函数．
∴u′（x）=1-

a

x

?

1

e

?

ex(x?1)

x2

≤0在[3，4]上恒成立．
∴a≥x?ex?1+

ex?1

x

恒成立．设v（x）=x-?ex?1+

ex?1

x

，所以v′（x）=1-ex?1+

ex?1(x?1)

x2

=1?ex?1[(

1

x

?

1

2

)2+

3

4

]，因为x∈[3，4]，所以ex?1[(

1

x

?

1

2

)2+

3

4

]＞

3

4

e2，所以v′（x）＜0，所以v（x）为减函数．
∴v（x）在[3，4]上的最大值为v（3）=3?

2

3

e2．
∴a≥3?

2

3

e2，∴a的最小值为：3?

2

3

e2．
（3）由（1）知g（x）在（0，1]上单调递增，在（1，e]单调单调递减，又g（0）=0，g（e）=

e2

ee

，所以g（x）的值域是（0，1]．
∵f（x）=mx-2lnx-m；
∴当m=0时，f（x）=-2lnx，在（0，e]为减函数，由题意知，f（x）在（0，e]不是单调函数；故m=0不合题意；
当m≠0时，f′（x）=

m(x? 2 m )

x

，由于f（x）在（0，e]上不单调，所以0＜

2

m

＜e，即m＞

2

e

；①
此时f（x）在（0，

2

m

）递减，在（

2

m

，e]递增；
∴f（e）≥1，即me-2-m≥1，解得m≥

3

e?1

；②
所以由①②，得m≥

3

e?1

；
∵1∈（0，e]，∴f（

2

m

）≤f（1）=0满足条件．
下证存在t∈（0，

2

m

]使得f（t）≥1；
取t=e^-m，先证e?m＜

2

m

，即证2e^m-m＞0；③
设w（x）=2e^x-x，则w′（x）=2e^x-1＞0在[

3

e?1

，+∞）时恒成立；
∴w（x）在[

3

e?1

，+∞）上递增，∴w（x）≥w(

3

e?1

)＞0，所以③成立；
再证f（e^-m）≥1；
∵f(e?m)＝me?m+m＞m≥

3

e?1

＞1，∴m≥

3

e?1

时，命题成立．
所以m的取值范围是：[

3

e?1

，+∞）．