Question

設函數f（x）=lnx+

m

x

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

x

3

零點的個數；
（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：利用導數研究函數的極值,函數恒成立問題,函數的零點

專題：導數的綜合應用

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

e

e

=2；

（Ⅱ）∵函數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，
當x∈（1，+∞）時，φ′（x）＜0，φ（x）在（1，+∞）上是減函數；
∴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g（x）無零點；
②當m=

2

3

時，函數g（x）有且只有一個零點；
③當0＜m＜

2

3

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

2

3

時，函數g（x）無零點；
當m=

2

3

或m≤0時，函數g（x）有且只有一個零點；
當0＜m＜

2

3

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