Question

15．已知函數(shù)$f（x）=mx-\frac{m-1+2e}{x}-lnx$，m∈R，函數(shù)$g（x）=\frac{1}{xcosθ}+lnx$在[1，+∞）上為增函數(shù)，且θ∈$（{-\frac{π}{2}，\frac{π}{2}}）$．
（Ⅰ）當m=0時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值；
（Ⅱ）求θ的值；
（Ⅲ）若在[1，e]上至少存在一個x₀，使得f（x₀）＞g（x₀）成立，求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為xcosθ-1≥0在[1，+∞）上恒成立，根據(jù)θ的范圍，求出θ的值即可；
（Ⅲ）令$F（x）=f（x）-g（x）=mx-\frac{m+2e}{x}-2lnx$，通過討論m的范圍，求出F（x）的最大值，從而求出m的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）∵m=0，∴$f（x）=-\frac{-1+2e}{x}-lnx$，x∈（0，+∞），
∴${f^/}（x）=\frac{2e-1}{x^2}-\frac{1}{x}=\frac{2e-1-x}{x^2}$．
令f′（x）=0，則x=2e-1∈（0，+∞）．
∴x，f′（x）和f（x）的變化情況如下表：

x	（0，2e-1）	2e-1	（2e-1，+∞）
f′（x）	+	0	-
f（x）	遞增	極大值f（2e-1）=-1-ln（2e-1）	遞減

即函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（0，2e-1），遞減區(qū)間為（2e-1，+∞），
函數(shù)f（x）有極大值f（2e-1）=-1-ln（2e-1）；     
（Ⅱ） 由已知$g'（x）=-\frac{1}{{cosθ•{x^2}}}+\frac{1}{x}≥0$在[1，+∞）上恒成立，
即$\frac{xcosθ-1}{{{x^2}cosθ}}≥0$，∵$θ∈（-\frac{π}{2}，\frac{π}{2}）$，∴cosθ＞0，
故xcosθ-1≥0在[1，+∞）上恒成立，只需1•cosθ-1≥0，
即cosθ≥1，∴只有cosθ=1，$θ∈（-\frac{π}{2}，\frac{π}{2}）$，知θ=0；     
（Ⅲ）令$F（x）=f（x）-g（x）=mx-\frac{m+2e}{x}-2lnx$，
$當m≤0時，由x∈[{1，e}]，有mx-\frac{m}{x}≤0，且-2lnx-\frac{2e}{x}＜0$，
∴此時不存在x₀∈[1，e]，使得f（x₀）＞g（x₀）成立；
$當m＞0時，F(xiàn)'（x）=m+\frac{m+2e}{x^2}-\frac{2}{x}=\frac{{m{x^2}-2x+m+2e}}{x^2}$．
故F（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，
∴$F{（x）_{max}}=F（e）=me-\frac{m}{e}-4$，
令me-$\frac{m}{e}$-4＞0，解得：m＞$\frac{4e}{{e}^{2}-1}$，
故所求m的范圍是（$\frac{4e}{{e}^{2}-1}$，+∞）．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，考查函數(shù)恒成立問題，是一道綜合題．