Question

17．设函数f（x）=ln x+$\frac{m}{x}$，m∈R．
（1）当m=e（e为自然对数的底数）时，求f（x）的极小值；
（2）当m为何值时，g（x）=f′（x）-$\frac{x}{3}$有且只有一个零点；
（3）若对任意b＞a＞0，$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$＜1恒成立，求m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论x的范围，判断导函数的符号，从而求出函数的单调区间，进而求出函数的极小值即可；
（2）求出函数的导数，得到m=-$\frac{1}{3}$x³+x（x＞0），根据函数的单调性，求出函数的单调区间，从而求出满足条件的m的范围；
（3）设h（x）=f（x）-x=ln x+$\frac{m}{x}$-x（x＞0），问题等价于h（x）在（0，+∞）上单调递减，得到m≥-x²+x=-${（x-\frac{1}{2}）}^{2}$+$\frac{1}{4}$（x＞0）恒成立，求出函数的最大值，从而求出m的范围即可．

解答 解：（1）由题设，当m=e时，f（x）=ln x+$\frac{e}{x}$，则f′（x）=$\frac{x-e}{x2}$，-------（1分）
∴当x∈（0，e）时，f′（x）＜0，f（x）在（0，e）上单调递减；
当x∈（e，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在（e，+∞）上单调递增．
∴x=e时，f（x）取得极小值f（e）=ln e+$\frac{e}{e}$=2，
∴f（x）的极小值为2．--------------------------------------------------------（3分）
（2）由题设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），
设φ（x）=-$\frac{1}{3}$x³+x（x＞0），
则φ′（x）=-x²+1=-（x-1）（x+1），
当x∈（0，1）时，φ′（x）＞0，φ（x）在（0，1）上单调递增；
当x∈（1，+∞）时，φ′（x）＜0，φ（x）在（1，+∞）上单调递减．
∴x=1是φ（x）的唯一极值点，且是极大值点，因此x=1也是φ（x）的最大值点，
∴φ（x）的最大值为φ（1）=$\frac{2}{3}$．--------------------------------------------------------（6分）
又φ（0）=0，结合y=φ（x）的图象（如图所示），可知

综上所述，
当m=$\frac{2}{3}$或m≤0时，函数g（x）有且只有一个零点；------（8分）
（3）对任意的b＞a＞0，$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$＜1恒成立，
等价于f（b）-b＜f（a）-a恒成立．（*）------------------（9分），
设h（x）=f（x）-x=ln x+$\frac{m}{x}$-x（x＞0），
∴（*）等价于h（x）在（0，+∞）上单调递减．-------（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≥$\frac{1}{4}$（对m=$\frac{1}{4}$，h′（x）=0仅在$\frac{1}{2}$时成立），
∴m的取值范围是：[$\frac{1}{4}$，+∞）．---------（12分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查转化思想，是一道综合题．