Question

18．設(shè)函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{m}{x}$，m∈R．
（I）當(dāng)m=1時，求f（x）的極小值；
（Ⅱ）當(dāng)0＜m＜$\frac{2}{3}$時，判斷函數(shù)g（x）=f′（x）-$\frac{x}{3}$零點的個數(shù)；
（Ⅲ）若h（x）=f（x）-x在（0，+∞）上單凋遞減，求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）m=1時，f（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，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）-$\frac{x}{3}$，令g（x）=0，求出m；設(shè)φ（x）=m，求出φ（x）的值域，討論m的取值，對應(yīng)g（x）的零點情況；
（Ⅲ）求出h（x）的導(dǎo)數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為m≥x-x²在（0，+∞）恒成立，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求出m的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)m=1時，f（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，
∴f′（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$；
∴當(dāng)x∈（0，1）時，f′（x）＜0，f（x）在（0，1）上是減函數(shù)；
當(dāng)x∈（1，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）在（1，+∞）上是增函數(shù)；
∴x=1時，f（x）取得極小值為f（1）=ln1+1=1；
（Ⅱ）∵函數(shù)g（x）=f′（x）-$\frac{x}{3}$=$\frac{1}{x}$-$\frac{m}{{x}^{2}}$-$\frac{x}{3}$（x＞0），
令g（x）=0，得m=-$\frac{1}{3}$x³+x（x＞0）；
設(shè)φ（x）=-$\frac{1}{3}$x³+x（x＞0），
∴φ′（x）=-x²+1=-（x-1）（x+1）；
當(dāng)x∈（0，1）時，φ′（x）＞0，φ（x）在（0，1）上是增函數(shù)，
當(dāng)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）=$\frac{2}{3}$；
又φ（0）=0，結(jié)合y=φ（x）的圖象，如圖；
當(dāng)0＜m＜$\frac{2}{3}$時，函數(shù)g（x）有兩個零點；
（Ⅲ）h（x）=lnx+$\frac{m}{x}$-x，（x＞0），
h′（x）=$\frac{x-m{-x}^{2}}{{x}^{2}}$，
若h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
則x-m-x²≤0在（0，+∞）恒成立，
即m≥x-x²在（0，+∞）恒成立，
而y=x-x²在（0，+∞）的最大值是$\frac{1}{4}$，
∴m≥$\frac{1}{4}$．

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用問題，解題時應(yīng)根據(jù)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)判定函數(shù)的增減性以及求函數(shù)的極值和最值，應(yīng)用分類討論法，構(gòu)造函數(shù)等方法來解答問題．