Question

設函數(shù)f（x）=lnx+

m

x

，m∈R．
（Ⅰ）當m=e（e為自然對數(shù)的底數(shù)）時，求f（x）的極小值；
（Ⅱ）討論函數(shù)g（x）=f′（x）-

x

3

零點的個數(shù)；
（Ⅲ）若對任意b＞a＞0，

f(b)-f(a)

b-a

＜1恒成立，求m的取值范圍．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究函數(shù)的極值,函數(shù)恒成立問題,函數(shù)的零點

專題：導數(shù)的綜合應用

分析：（Ⅰ）m=e時，f（x）=lnx+

e

x

，利用f′（x）判定f（x）的增減性并求出f（x）的極小值；
（Ⅱ）由函數(shù)g（x）=f′（x）-

x

3

，令g（x）=0，求出m；設φ（x）=m，求出φ（x）的值域，討論m的取值，對應g（x）的零點情況；
（Ⅲ）由b＞a＞0，

f(b)-f(a)

b-a

＜1恒成立，等價于f（b）-b＜f（a）-a恒成立；即h（x）=f（x）-x在（0，+∞）上單調遞減；h′（x）≤0，求出m的取值范圍．

解答： 解：（Ⅰ）當m=e時，f（x）=lnx+

e

x

，
∴f′（x）=

x-e

x2

；
∴當x∈（0，e）時，f′（x）＜0，f（x）在（0，e）上是減函數(shù)；
當x∈（e，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）在（e，+∞）上是增函數(shù)；
∴x=e時，f（x）取得極小值f（e）=lne+

e

e

=2；

（Ⅱ）∵函數(shù)g（x）=f′（x）-

x

3

=

1

x

-

m

x2

-

x

3

（x＞0），
令g（x）=0，得m=-

1

3

x³+x（x＞0）；
設φ（x）=-

1

3

x³+x（x≥0），
∴φ′（x）=-x²+1=-（x-1）（x+1）；
當x∈（0，1）時，φ′（x）＞0，φ（x）在（0，1）上是增函數(shù)，
當x∈（1，+∞）時，φ′（x）＜0，φ（x）在（1，+∞）上是減函數(shù)；
∴x=1是φ（x）的極值點，且是極大值點，
∴x=1是φ（x）的最大值點，
∴φ（x）的最大值為φ（1）=

2

3

；
又φ（0）=0，結合y=φ（x）的圖象，如圖；
可知：
①當m＞

2

3

時，函數(shù)g（x）無零點；
②當m=

2

3

時，函數(shù)g（x）有且只有一個零點；
③當0＜m＜

2

3

時，函數(shù)g（x）有兩個零點；
④當m≤0時，函數(shù)g（x）有且只有一個零點；
綜上，當m＞

2

3

時，函數(shù)g（x）無零點；
當m=

2

3

或m≤0時，函數(shù)g（x）有且只有一個零點；
當0＜m＜

2

3

時，函數(shù)g（x）有兩個零點；

（Ⅲ）對任意b＞a＞0，

f(b)-f(a)

b-a

＜1恒成立，
等價于f（b）-b＜f（a）-a恒成立；
設h（x）=f（x）-x=lnx+

m

x

-x（x＞0），
∴h（x）在（0，+∞）上單調遞減；
∵h′（x）=

1

x

-

m

x2

-1≤0在（0，+∞）上恒成立，
∴m≥-x²+x=-(x-

1

2

)2+

1

4

（x＞0），
∴m≥

1

4

；
對于m=

1

4

，h′（x）=0僅在x=

1

2

時成立；
∴m的取值范圍是[

1

4

，+∞）．

點評：本題考查了導數(shù)的綜合應用問題，解題時應根據(jù)函數(shù)的導數(shù)判定函數(shù)的增減性以及求函數(shù)的極值和最值，應用分類討論法，構造函數(shù)等方法來解答問題，是難題．