Question

17．已知函數(shù)f（x）=lnx-mx+m（m∈R）．
（1）當(dāng)m＞0時(shí)，求f′（x）+mx的最小值；
（2）若f（x）＞0在x∈（0，+∞）上有解，求實(shí)數(shù)m的取值集合M．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=$\frac{1}{x}$-m，（x＞0）．令g（x）=f′（x）+mx=$\frac{1}{x}$-m+mx，（x＞0），（m＞0）．利用當(dāng)時(shí)研究其單調(diào)性極值與最值即可得出．
（2）f′（x）=$\frac{1}{x}$-m，對(duì)m分類討論，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值即可得出．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{1}{x}$-m，（x＞0）．
令g（x）=f′（x）+mx=$\frac{1}{x}$-m+mx，（x＞0），（m＞0）．
g′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$+m=$\frac{m（{x}^{2}-\frac{1}{m}）}{{x}^{2}}$=$\frac{m（x+\sqrt{\frac{1}{m}}）（x-\sqrt{\frac{1}{m}}）}{{x}^{2}}$，
當(dāng)x＞$\sqrt{\frac{1}{m}}$時(shí)，g′（x）＞0，此時(shí)函數(shù)g（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)0＜x＜$\sqrt{\frac{1}{m}}$時(shí)，g′（x）＜0，此時(shí)函數(shù)g（x）單調(diào)遞減．
∴當(dāng)x=$\sqrt{\frac{1}{m}}$時(shí)，函數(shù)g（x）取得極小值，即最小值．
∴f′（x）+mx的最小值為g$（\sqrt{\frac{1}{m}}）$=$\sqrt{m}$-m+m$•\sqrt{\frac{1}{m}}$=2$\sqrt{m}$-m．
（2）f′（x）=$\frac{1}{x}$-m，
①當(dāng)m≤0時(shí)，f′（x）＞0恒成立，則函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
f（1）=0，因此：f（x）＞0在x∈（0，+∞）上有解．
②當(dāng)m＞0時(shí)，由f′（x）=$\frac{1}{x}$-m=$\frac{-m（x-\frac{1}{m}）}{x}$，得x∈$（0，\frac{1}{m}）$，f′（x）＞0，
此時(shí)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為$（0，\frac{1}{m}）$，單調(diào)遞減區(qū)間為$（\frac{1}{m}，+∞）$；
當(dāng)m＞0時(shí)，f（x）_max=$f（\frac{1}{m}）$=-lnm-1+m．
令g（x）=x-lnx-1，
則g′（x）=1-$\frac{1}{x}$，x∈（0，+∞）
得函數(shù)g（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增．
∴g（x）_min=g（1）=0，g（x）≥0對(duì)x∈（0，+∞）恒成立，
也就是m-lnm-1≥0對(duì)m∈（0，+∞）恒成立．
∴m＞0，m≠1時(shí)，m-lnm-1＞0對(duì)m∈（0，+∞）恒成立．
綜上①②可得：m≠1時(shí)，f（x）＞0在x∈（0，+∞）上有解，
可得：實(shí)數(shù)m的取值集合M={m|m≠1}．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、分類討論方法、不等式的解法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．