Question

17．設函數f（x）=ln x+$\frac{m}{x}$，m∈R．
（1）當m=e（e為自然對數的底數）時，求f（x）的極小值；
（2）當m為何值時，g（x）=f′（x）-$\frac{x}{3}$有且只有一個零點；
（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）求出函數的導數，通過討論x的范圍，判斷導函數的符號，從而求出函數的單調區(qū)間，進而求出函數的極小值即可；
（2）求出函數的導數，得到m=-$\frac{1}{3}$x³+x（x＞0），根據函數的單調性，求出函數的單調區(qū)間，從而求出滿足條件的m的范圍；
（3）設h（x）=f（x）-x=ln x+$\frac{m}{x}$-x（x＞0），問題等價于h（x）在（0，+∞）上單調遞減，得到m≥-x²+x=-${（x-\frac{1}{2}）}^{2}$+$\frac{1}{4}$（x＞0）恒成立，求出函數的最大值，從而求出m的范圍即可．

解答 解：（1）由題設，當m=e時，f（x）=ln x+$\frac{e}{x}$，則f′（x）=$\frac{x-e}{x2}$，-------（1分）
∴當x∈（0，e）時，f′（x）＜0，f（x）在（0，e）上單調遞減；
當x∈（e，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）在（e，+∞）上單調遞增．
∴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φ（x）=-$\frac{1}{3}$x³+x（x＞0），
則φ′（x）=-x²+1=-（x-1）（x+1），
當x∈（0，1）時，φ′（x）＞0，φ（x）在（0，1）上單調遞增；
當x∈（1，+∞）時，φ′（x）＜0，φ（x）在（1，+∞）上單調遞減．
∴x=1是φ（x）的唯一極值點，且是極大值點，因此x=1也是φ（x）的最大值點，
∴φ（x）的最大值為φ（1）=$\frac{2}{3}$．--------------------------------------------------------（6分）
又φ（0）=0，結合y=φ（x）的圖象（如圖所示），可知

綜上所述，
當m=$\frac{2}{3}$或m≤0時，函數g（x）有且只有一個零點；------（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h（x）=f（x）-x=ln x+$\frac{m}{x}$-x（x＞0），
∴（*）等價于h（x）在（0，+∞）上單調遞減．-------（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）

點評 本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及函數恒成立問題，考查轉化思想，是一道綜合題．