Question

已知函數(shù)f（x）=mx-

m-1

x

-lnx，g（x）=

1

sinθ•x

+lnx在[1，+∞]上為增函數(shù)，且θ∈（0，π），求解下列各題：
（1）求θ的取值范圍；
（2）若h（x）=f（x）-g（x）在（1，+∞）上為單調(diào)增函數(shù)，求m的取值范圍；
（3）設(shè)φ（x）=

2e

x

，若在[1，e]上至少存在一個x₀，f（x₀）-g（x₀）＞φ（x₀）成立，求m的取值范圍．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）由g′（x）=-

1

sinθ•x2

+

1

x

≥0在[1，+∞）上恒成立，得sinθ•x-1≥0在[1，+∞）上恒成立，只需sinθ•1-1≥0，即sinθ≥1，由sinθ≤1有sinθ=1，得θ=

π

2

；
（2）由h′（x）=

mx2-2x+m

x2

，得mx²-2x+m≥0在[1，+∞）上恒成立，而

2x

1+x2

=

2

x+ 1 x

≤

2

2 x• 1 x

=1，得mx²-2x+m≥0在[1，+∞）恒成立時有m≥1，即函數(shù)h（x）=f（x）-g（x）在[1，+∞）上為單調(diào)增函數(shù)時，m的范圍是[1，+∞）；
（3）令F（x）=f（x）-g（x）-φ（x）=mx-

m

x

-2lnx-

2e

x

，討論①m≤0時，②m＞0時的情況，從而得出結(jié)論．

解答： 解：（1）∵g（x）=

1

sinθ•x

+lnx在[1，+∞）上為增函數(shù)，
∴g′（x）=-

1

sinθ•x2

+

1

x

≥0在[1，+∞）上恒成立，
即

sinθ•x-1

sinθ•x2

≥0在[1，+∞）上恒成立，
又∵θ∈（0，π），即sinθ＞0，
∴sinθ•x-1≥0在[1，+∞）上恒成立，
只需sinθ•1-1≥0，即sinθ≥1，由sinθ≤1有sinθ=1，
∵θ∈（0，π），∴θ=

π

2

，
（2）h（x）=f（x）-g（x）=mx-

m

x

-2lnx，
∴h′（x）=

mx2-2x+m

x2

，
∵h（x）在[1，+∞）遞增，
∴mx²-2x+m≥0在[1，+∞）上恒成立，
∴m（1+x²）≥2x，即m≥

2x

1+x2

，
而

2x

1+x2

=

2

x+ 1 x

≤

2

2 x• 1 x

=1，
∴mx²-2x+m≥0在[1，+∞）恒成立時有m≥1，
即函數(shù)h（x）=f（x）-g（x）在[1，+∞）上為單調(diào)增函數(shù)時，m的范圍是[1，+∞）；
（3）令F（x）=f（x）-g（x）-φ（x）=mx-

m

x

-2lnx-

2e

x

，
①m≤0時，∵x∈[1，e]，
∴mx-

m

x

≤0，-2lnx-

2e

x

＜0，
∴F（x）＜0，
故在[1，e]上不存在一個x₀，使f（x₀）-g（x₀）＞φ（x₀）成立，
②m＞0時，F(xiàn)′（x）=

mx2-2x+m+2e

x2

，
∵x∈[1，e]，
∴2e-2x≥0，mx²+m＞0，
∴F′（x）＞0在[1，e]恒成立，
故F（x）在[1，e]上遞增，F(xiàn)（x）_max=me-

m

e

-4，
∴只需滿足me-

m

e

-4＞0，
解得：m＞

4e

e2-1

．

點評：本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，分類討論思想，是一道綜合題．