Question

3．m∈R，函数f（x）=mx-lnx+1．
（1）讨论函数f（x）的单调区间和极值；
（2）将函数f（x）的图象向下平移1个单位后得到g（x）的图象，且x₁=$\sqrt{e}$（e为自然对数的底数）和x₂是函数g（x）的两个不同的零点，求m的值并证明：x₂＞e$\sqrt{e}$．

Answer 1

分析 （1）求出函数f（x）的定义域，求导数，通过f′（x）=0，得x=1，利用导函数的符号，推出函数的单调区间．
（2）利用g（x）=mx-lnx，且x₁=$\sqrt{e}$是函数g（x）的零点，推出m值，利用函数的零点判定定理，结合函数g（x）在（2$\sqrt{e}$，+∞）上单调递增，求解即可．

解答 （1）函数f（x）的定义域为（0，+∞）．求导得f′（x）=m-$\frac{1}{x}$=$\frac{mx-1}{x}$．
①若m≤0，则f′（x）＜0，f（x）是（0，+∞）上的减函数，无极值；    …（2分）
②若m＞0，令f′（x）=0，得x=$\frac{1}{m}$．…（3分）
当x∈（0，$\frac{1}{m}$）时，f′（x）＜0，f（x）是减函数；
当x∈（$\frac{1}{m}$，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）是增函数．…（5分）
所以当x=$\frac{1}{m}$时，f（x）有极小值，极小值为f（$\frac{1}{m}$）=2-ln$\frac{1}{m}$=2+lnm．
综上所述，当m≤0时，f（x）的递减区间为（0，+∞），无极值；
当m＞0时，f（x）的递增区间为（$\frac{1}{m}$，+∞），递减区间为（0，$\frac{1}{m}$），极小值为2+lnm．…（6分）
（2）证明：因为g（x）=mx-lnx，且x₁=$\sqrt{e}$是函数g（x）的零点，
所以g（$\sqrt{e}$）=0，即m$\sqrt{e}$-$\frac{1}{2}$=0，解得m=$\frac{1}{{2\sqrt{e}}}=\frac{{\sqrt{e}}}{2e}$．…（8分）
所以g（x）=$\frac{1}{{2\sqrt{e}}}x$-lnx．因为g（${e}^{\frac{3}{2}}$）=$\frac{e}{2}$-$\frac{3}{2}$＜0，g（${e}^{\frac{5}{2}}$）=$\frac{e^2}{2}$-$\frac{5}{2}$＞0，
所以g（${e}^{\frac{3}{2}}$）g（${e}^{\frac{5}{2}}$）＜0．…．（10分）
由（1）知，函数g（x）在（2$\sqrt{e}$，+∞）上单调递增，
所以函数g （x）在区间（${e}^{\frac{3}{2}}$，${e}^{\frac{5}{2}}$）上有唯一零点，因此x₂＞${e}^{\frac{3}{2}}$，即x₂＞$e\sqrt{e}$…．（12分）
注：其它解法酌情给分．

点评 本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的极值，零点判定定理的应用，考查分析问题解决问题的能力．