Question

7．已知函數(shù)f（x）=$\frac{lnx}{x}$-mx（m∈R）．
（Ⅰ）當m=0時，求函數(shù)f（x）的零點個數(shù)；
（Ⅱ）當m≥0時，求證：函數(shù)f（x）有且只有一個極值點；
（Ⅲ）當b＞a＞0時，總有$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$＞1成立，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出函數(shù)的最大值，從而得到函數(shù)的零點個數(shù)；
（Ⅱ）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)得到g（x）=1-lnx-mx²，求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明函數(shù)的零點個數(shù)即可；
（Ⅲ）問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)h（x）=f（x）-x在區(qū)間（0，+∞）遞增，由h（x）=$\frac{lnx}{x}$-（m+1）x（x＞0），求出h（x）的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到m≤$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$-1在（0，+∞）恒成立，從而求出m的范圍．

解答 解：（Ⅰ）m=0時，f（x）=$\frac{lnx}{x}$，（x＞0），f′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
令f′（x）＞0，解得：0＜x＜e，令f′（x）＜0，解得：x＞e，
∴f（x）在（0，e）遞增，在（e，+∞）遞減，
∵f（x）_max=f（e）=$\frac{1}{e}$＞0，f（$\frac{1}{e}$）=-e＜0，
∴f（x）在（0，e）有且只有一個零點，
x＞e時，f（x）＞0恒成立，
∴f（x）在（e，+∞）無零點，
綜上，m=0時，f（x）有且只有一個零點；
（Ⅱ）證明：∵f（x）=$\frac{lnx}{x}$-mx（m≥0），
f′（x）=$\frac{1-lnx-{mx}^{2}}{{x}^{2}}$（x＞0），
令g（x）=1-lnx-mx²，g′（x）=-$\frac{1}{x}$-2mx＜0，
∴g（x）在（0，+∞）遞減，
∵g（${e}^{-\frac{m}{2}}$）=1+$\frac{m}{2}$-$\frac{m}{{e}^{m}}$＞0，（∵e^m＞m），g（e）=-me²＜0，
∴?x₀∈（0，+∞），使得g（x₀）=0，
∴x∈（0，x₀）時，g（x）＞0，f′（x）＞0，f（x）在（0，x₀）遞增，
x∈（x₀，+∞）時，g（x）＜0，f′（x）＜0，f（x）在（0，x₀）遞減，
∴x=x₀是f（x）的極大值點，
即m≥0時，函數(shù)f（x）有且只有一個極值點；
（Ⅲ）∵b＞a＞0時，總有$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$＞1成立，
即b＞a＞0時，總有f（b）-b＞f（a）-a成立，
也就是函數(shù)h（x）=f（x）-x在區(qū)間（0，+∞）遞增，
由h（x）=$\frac{lnx}{x}$-（m+1）x（x＞0）得：h′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$-（m+1）≥0在（0，+∞）恒成立，
即m≤$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$-1在（0，+∞）恒成立，
設(shè)k（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$-1，則k′（x）=$\frac{2lnx-3}{{x}^{3}}$（x＞0），
∴令k′（x）＞0，解得：x＞${e}^{\frac{3}{2}}$，令k′（x）＜0，解得：0＜x＜${e}^{\frac{3}{2}}$，
∴k（x）在（0，${e}^{\frac{3}{2}}$）遞減，在（${e}^{\frac{3}{2}}$，+∞）遞增，
∴k（x）_min=k（${e}^{\frac{3}{2}}$）=-$\frac{1}{{2e}^{3}}$-1，
故所求m的范圍是（-∞，-$\frac{1}{{2e}^{3}}$-1）．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，是一道綜合題．