Question

14．已知函數(shù)f（x）=mx+2lnx+$\frac{m-2}{x}$，m∈R．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）設(shè)函數(shù)g（x）=$\frac{m}{x}$，若至少存在一個(gè)x₀∈[1，e]，使得f（x₀）＞g（x₀）成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論m的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）問(wèn)題轉(zhuǎn)化為至少存在一個(gè)x₀∈[1，e]，使得m＞$\frac{2}{{x}^{2}}$-$\frac{2lnx}{x}$成立，設(shè)H（x）=$\frac{2}{{x}^{2}}$-$\frac{2lnx}{x}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出m的范圍即可．

解答 解：（1）函數(shù)的定義域是（0，+∞），
f′（x）=m+$\frac{2}{x}$+$\frac{2-m}{{x}^{2}}$=$\frac{{mx}^{2}+2x+2-m}{{x}^{2}}$，
m=0時(shí)，f′（x）=$\frac{2（x+1）}{{x}^{2}}$，f（x）在（0，+∞）遞增，
m＞0時(shí)，f′（x）=$\frac{（x+1）（x+\frac{2}{m}-1）}{{x}^{2}}$，
令f′（x）=0，解得：x=1-$\frac{2}{m}$或x=-1，
若1-$\frac{2}{m}$＞0，即m＞2時(shí)，x∈（0，1-$\frac{2}{m}$）時(shí)，f′（x）＜0，
x∈（1-$\frac{2}{m}$，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，
故f（x）在（1-$\frac{2}{m}$，+∞）遞增，在（0，1-$\frac{2}{m}$）遞減，
若1-$\frac{2}{m}$≤0，即m≤2時(shí)，x∈（0，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，
f（x）在（0，+∞）遞增，
m＜0時(shí)，x∈（0，1-$\frac{2}{m}$）時(shí)，f′（x）＞0，
x∈（1-$\frac{2}{m}$，+∞）時(shí)，f′（x）＜0，
故f（x）在（0，1-$\frac{2}{m}$）遞增，在（1-$\frac{2}{m}$，+∞）遞減；
（2）令h（x）=f（x）-g（x）=mx+2lnx-$\frac{2}{x}$，
∵至少存在一個(gè)x₀∈[1，e]，使得f（x₀）＞g（x₀）成立，
∴至少存在一個(gè)x₀∈[1，e]，使得m＞$\frac{2}{{x}^{2}}$-$\frac{2lnx}{x}$成立，
設(shè)H（x）=$\frac{2}{{x}^{2}}$-$\frac{2lnx}{x}$，則H′（x）=-2（$\frac{2}{{x}^{3}}$+$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$），
∵x∈[1，e]，1-lnx＞0，∴H′（x）＜0，
∴H（x）在[1，e]遞減，H（x）≥H（e）=$\frac{2-2e}{{e}^{2}}$
∴m＞$\frac{2-2e}{{e}^{2}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．