Question

已知函數(shù)f（x）=-

mx2

lnx

，g(x)=m-

mx2

emx

，其中m∈R且m≠0．e=2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù)．
（Ⅰ）當m＜0時，求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間和極小值；
（Ⅱ）當m＞0時，若函數(shù)g（x）存在a，b，c三個零點，且a＜b＜c，試證明：-1＜a＜0＜b＜e＜c；
（Ⅲ）是否存在負數(shù)m，對?x₁∈（1，+∞），?x₂∈（-∞，0），都有f（x₁）＞g（x₂）成立？若存在，求出m的取值范圍；若不存在，請說明理由．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性,利用導數(shù)研究函數(shù)的極值

專題：導數(shù)的綜合應用

分析：（Ⅰ）根據(jù)導數(shù)和函數(shù)的單調性的關系即可求出單調區(qū)間和最小值，
（Ⅱ）根據(jù)零點存在定理，求出m的范圍，以及根據(jù)函數(shù)g（x）的單調性名即可判斷；
（Ⅲ）對于存在性問題，可先假設存在，即假設存在負數(shù)m，只需f（x）_min＞g（x）_max，根據(jù)函數(shù)的單調性分別求出最值，得到關于m的不等式，解得即可

解答： 解：（Ⅰ）f′（x）=-m

2xlnx-x

(lnx)2

=

mx(1-2lnx)

(lnx)2

（x＞0且x≠）．
∴由f′（x）＞0，得x＞

e

；由f′（x）＜0，得0＜x＜

e

，且x≠1．
∴函數(shù)f（x）的單調遞減區(qū)間是（0，1），（1，

e

），單調遞增區(qū)間是（

e

，+∞），
∴f（x）_極小值=f（

e

）=-2me．
（Ⅱ）g′（x）=

mx(mx-2)

emx

，（m＞0）
∴g（x）在（-∞，0）單調遞增，（0，

2

m

）上單調遞減，（

2

m

，+∞）上單調遞增．
∵函數(shù)g（x）存在三個零點．
∴

g(0)＞0 g( 2 m )＜0

解得0＜m＜

2

e

．
∴0＜me＜2，
由g（-1）=m-me^m=m（1-e^m）＜0，
∴g（e）=m-

me2

eem

=m（1-

e2

eem

）＜0，
綜上可知，g（e）＜0，g（0）＞0，g（-1）＜0，
結合函數(shù)g（x）單調性及a＜b＜c可得：a∈（-1，0），b∈（0，e），c∈（e，+∞）．
即：-1＜a＜0＜b＜e＜c得證．
（ III）由題意，只需f（x）_min＞g（x）_max，
∵f′（x）=

mx(1-2lnx)

(lnx)2

由m＜0，∴函數(shù)f（x）的單調遞減區(qū)間是（1，

e

），單調遞增區(qū)間是（

e

，+∞），
∴f（x）_min＞f（

e

）=-2me．
∵（Ⅱ）g′（x）=

mx(mx-2)

emx

，
由m＜0，g（x）在（-∞，

2

m

）單調遞增，（0，

2

m

）上單調遞減，
∴g（x）_max=g（

2

m

）=m-

4

e2m

∴-2me＞m-

4

e2m

兩邊同乘以負數(shù)m得-2m²e＜m²-

4

e2

即m＜-

2 2e+1

e(2e+1)

所述，存在這樣的負數(shù)m∈（-∞，-

2 2e+1

e(2e+1)

）滿足題意．

點評：本小題主要考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調區(qū)間最值的應用、不等式的解法等基礎知識，考查運算求解能力，考查分類討論思想、化歸與轉化思想．屬于難題．