Question

17．設(shè)函數(shù)f（x）=ln x+$\frac{m}{x}$，m∈R．
（1）當(dāng)m=e（e為自然對數(shù)的底數(shù)）時，求f（x）的極小值；
（2）當(dāng)m為何值時，g（x）=f′（x）-$\frac{x}{3}$有且只有一個零點(diǎn)；
（3）若對任意b＞a＞0，$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$＜1恒成立，求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論x的范圍，判斷導(dǎo)函數(shù)的符號，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，進(jìn)而求出函數(shù)的極小值即可；
（2）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到m=-$\frac{1}{3}$x³+x（x＞0），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出滿足條件的m的范圍；
（3）設(shè)h（x）=f（x）-x=ln x+$\frac{m}{x}$-x（x＞0），問題等價于h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，得到m≥-x²+x=-${（x-\frac{1}{2}）}^{2}$+$\frac{1}{4}$（x＞0）恒成立，求出函數(shù)的最大值，從而求出m的范圍即可．

解答 解：（1）由題設(shè)，當(dāng)m=e時，f（x）=ln x+$\frac{e}{x}$，則f′（x）=$\frac{x-e}{x2}$，-------（1分）
∴當(dāng)x∈（0，e）時，f′（x）＜0，f（x）在（0，e）上單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈（e，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）在（e，+∞）上單調(diào)遞增．
∴x=e時，f（x）取得極小值f（e）=ln e+$\frac{e}{e}$=2，
∴f（x）的極小值為2．--------------------------------------------------------（3分）
（2）由題設(shè)g（x）=f′（x）-$\frac{x}{3}$=$\frac{1}{x}$-$\frac{m}{x2}$-$\frac{x}{3}$（x＞0），
令g（x）=0，得m=-$\frac{1}{3}$x³+x（x＞0），
設(shè)φ（x）=-$\frac{1}{3}$x³+x（x＞0），
則φ′（x）=-x²+1=-（x-1）（x+1），
當(dāng)x∈（0，1）時，φ′（x）＞0，φ（x）在（0，1）上單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（1，+∞）時，φ′（x）＜0，φ（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減．
∴x=1是φ（x）的唯一極值點(diǎn)，且是極大值點(diǎn)，因此x=1也是φ（x）的最大值點(diǎn)，
∴φ（x）的最大值為φ（1）=$\frac{2}{3}$．--------------------------------------------------------（6分）
又φ（0）=0，結(jié)合y=φ（x）的圖象（如圖所示），可知

綜上所述，
當(dāng)m=$\frac{2}{3}$或m≤0時，函數(shù)g（x）有且只有一個零點(diǎn)；------（8分）
（3）對任意的b＞a＞0，$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$＜1恒成立，
等價于f（b）-b＜f（a）-a恒成立．（*）------------------（9分），
設(shè)h（x）=f（x）-x=ln x+$\frac{m}{x}$-x（x＞0），
∴（*）等價于h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減．-------（10分）
由h′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{m}{x2}$-1≤0在（0，+∞）上恒成立，
得m≥-x²+x=-${（x-\frac{1}{2}）}^{2}$+$\frac{1}{4}$（x＞0）恒成立，---------（11分）
∴m≥$\frac{1}{4}$（對m=$\frac{1}{4}$，h′（x）=0僅在$\frac{1}{2}$時成立），
∴m的取值范圍是：[$\frac{1}{4}$，+∞）．---------（12分）

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，考查轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．