Question

2．已知函數(shù)g（x）=$\frac{1}{cosθ•x}$+lnx在[1，+∞）上為增函數(shù)，且$θ∈[0，\frac{π}{2}）$，f（x）=mx-$\frac{m-1}{x}$-lnx，m∈R．
（1）求θ的取值范圍；
（2）若h（x）=f（x）-g（x）在[1，+∞）上為單調(diào)函數(shù)，求m的取值范圍；
（3）若在[1，e]上至少存在一個(gè)x₀，使得h（x₀）＞$\frac{2e}{x_0}$成立，求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用$g'（x）=-\frac{1}{{cosθ•{x^2}}}+\frac{1}{x}≥0$在[1，+∞）上恒成立，推出cosθ≥1，即可得到θ的取值范圍．
（2）求出$h（x）=mx-\frac{m}{x}-2lnx$，通過h（x）在[1，∞）上為單調(diào)函數(shù)，推出導(dǎo)函數(shù)mx²-2x+m≥0或者mx²-2x+m≤0在[1，∞）恒成立．得到$m≥\frac{2x}{{1+{x^2}}}$，通過基本不等式求出m的取值范圍．
（3）構(gòu)造函數(shù)$F（x）=mx-\frac{m}{x}-2lnx-\frac{2e}{x}$．
當(dāng)m≤0時(shí)，當(dāng)m＞0時(shí)，分別通過F'（x）＞0在[1，e]恒成立．求解m的取值范圍．

解答 （12分）解：（1）由題意，$g'（x）=-\frac{1}{{cosθ•{x^2}}}+\frac{1}{x}≥0$在[1，+∞）上恒成立，即$\frac{cosθ•x-1}{{cosθ•{x^2}}}≥0$∵$θ∈[0，\frac{π}{2}）$．故cosθ•x-1≥0在[1，+∞）上恒成立，
只須cosθ•1-1≥0，即cosθ≥1，得θ=0．故θ的取值范圍是{0}
（2）由（1），得$h（x）=mx-\frac{m}{x}-2lnx$．∴${h^′}（x）=\frac{{m{x^2}-2x+m}}{x^2}$．
∵h(yuǎn)（x）在[1，∞）上為單調(diào)函數(shù)，∴mx²-2x+m≥0或者mx²-2x+m≤0在[1，∞）恒成立．
mx²-2x+m≥0等價(jià)于m（1+x²）≥2x，即$m≥\frac{2x}{{1+{x^2}}}$，
而$\frac{2x}{{1+{x^2}}}=\frac{2}{{x+\frac{1}{x}}}，\left\{{\frac{2}{{x+\frac{1}{x}}}}\right\}max=1∴m≥1$．
∴mx²-2x+m≤0等價(jià)于m（1+x²）≤2x，
即$m≤\frac{2x}{{1+{x^2}}}$在[1，∞）恒成立，
而$\frac{2x}{{1+{x^2}}}∈（{0，1}]$，∴m≤0．
綜上，m的取值范圍是（-∞，0]∪[1，+∞）．
（3）構(gòu)造函數(shù)$F（x）=mx-\frac{m}{x}-2lnx-\frac{2e}{x}$．
當(dāng)m≤0時(shí)，$x∈[{1，e}]，mx-\frac{m}{x}≤0$，$-2lnx-\frac{2e}{x}＜0$，所以在[1，e]上不存在一個(gè)x₀，
使得$h（{x_0}）＞\frac{2e}{x_0}$成立．
當(dāng)m＞0時(shí)，$F'（x）=m+\frac{m}{x^2}-\frac{2}{x}+\frac{2e}{x^2}=\frac{{m{x^2}-2x+m+2e}}{x^2}$．
因?yàn)閤∈[1，e]，所以2e-2x≥0，mx²+m＞0，所以F′（x）＞0在[1，e]恒成立．
故F（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，$F{（x）_{max}}=me-\frac{4}{e}-4$，只要$me-\frac{4}{e}-4＞0$，
解得$m＞\frac{4e}{{{e^2}-1}}$．
故m的取值范圍是$（{\frac{4e}{{{e^2}-1}}，+∞}）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的對(duì)數(shù)的綜合應(yīng)用，函數(shù)的最值以及函數(shù)的單調(diào)性的應(yīng)用，考查分析問題解決問題的能力．轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用．