Question

18．已知m∈R，函數(shù)f（x）=e^mx-1-$\frac{lnx}{x}$（e為自然對數(shù)的底數(shù)）
（1）若m=1，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若f（x）的最小值為m，求m的最小值．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，判斷導(dǎo)函數(shù)的符號，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）問題轉(zhuǎn)化為xe^mx-1-mx-lnx≥0恒成立且“=”可取，令g（x）=xe^mx-1-mx-lnx即g（x）_min=0，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出m的最小值即可．

解答 解：（1）f（x）的定義域是（0，+∞），
m=1時，f（x）=e^x-1-$\frac{lnx}{x}$，f′（x）=e^x-1-$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
x＞1時，f′（x）＞1-$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$=$\frac{{（x}^{2}-1）+lnx}{{x}^{2}}$＞0，
0＜x＜1時，f′（x）＜1-$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$=$\frac{{（x}^{2}-1）+lnx}{{x}^{2}}$＜0，
∴f（x）在（0，1]遞減，在（1，+∞）遞增；
（2）由題意得：e^mx-1-$\frac{lnx}{x}$≥m時對x＞0恒成立且“=”可取，
即xe^mx-1-mx-lnx≥0恒成立且“=”可取，
令g（x）=xe^mx-1-mx-lnx即g（x）_min=0，
g′（x）=（mx+1）（e^mx-1-$\frac{1}{x}$），
由e^mx-1-$\frac{1}{x}$=0得：m=$\frac{1-lnx}{x}$，
設(shè)p（x）=$\frac{1-lnx}{x}$，p′（x）=$\frac{lnx-2}{{x}^{2}}$，
x＞e²時，p′（x）＞0，0＜x＜e²時，p′（x）＜0，
p（x）在（0，e²）遞減，在（e²，+∞）遞增，
∴p（x）_min=p（e²）=-$\frac{1}{{e}^{2}}$，
m≤-$\frac{1}{{e}^{2}}$時，m≤$\frac{1-lnx}{x}$，即e^mx-1-$\frac{1}{x}$≤0，
在（0，-$\frac{1}{m}$）上，mx+1＞0，g′（x）≤0，g（x）遞減，
在（-$\frac{1}{m}$，+∞）上，mx+1＜0，g′（x）≥0，g（x）遞增，
∴g（x）_min=g（-$\frac{1}{m}$），令t=-$\frac{1}{m}$∈（0，e²]，g（-$\frac{1}{m}$）=h（t）=$\frac{t}{{e}^{2}}$-lnt+1，
h′（t）=$\frac{1}{{e}^{2}}$-$\frac{1}{t}$≤0，h（t）在（0，e²）遞減，
∴h（t）≥h（e²）=0，
∴方程g（x）min=g（-$\frac{1}{m}$）=0有唯一解e²=-$\frac{1}{m}$，即m=-$\frac{1}{{e}^{2}}$，
綜上，m≤-$\frac{1}{{e}^{2}}$時，僅有m=-$\frac{1}{{e}^{2}}$滿足f（x）的最小值為m，
∴m的最小值為-$\frac{1}{{e}^{2}}$．

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)用以及分類討論，是一道難題．