Question

14．已知函數(shù)f（x）=2lnx+$\frac{m}{x}$，m＞0．
（1）當m=e（e為自然對數(shù)的底數(shù)）時，求f（x）的極小值；
（2）討論函數(shù)g（x）=f（x）-x的單調(diào)性；
（3）若m≥1，證明：對于任意b＞a＞0，$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$＜1．

Answer 1

分析 （1）求解$f'（x）=\frac{2x-e}{x^2}$，利用導數(shù)判斷即可；
（2））$g（x）=f（x）-x=2lnx+\frac{m}{x}-x（x＞0）$，求解導數(shù)$g'（x）=\frac{2}{x}-\frac{m}{x^2}-1=\frac{{-{x^2}+2x-m}}{x^2}=\frac{{-{{（x-1）}^2}+1-m}}{x^2}$，利用不等式求解即可．
（3）分類討論0＜m＜1時，當$0＜x＜1-\sqrt{1-m}$時，g'（x）＜0；當$1-\sqrt{1-m}≤x＜1+\sqrt{1-m}$時，g'（x）≥0；當$x≥1+\sqrt{1-m}$時，g'（x）≤0；當m≥1時，g（x）=f（x）-x在（0，+∞）上單調(diào)遞減，即可的出結(jié)論．

解答 解：（1）當m=e時，$f（x）=2lnx+\frac{e}{x}$，$f'（x）=\frac{2x-e}{x^2}$，
當$x＜\frac{e}{2}$時，f'（x）＜0；$x=\frac{e}{2}$時，f'（x）=0；當$x＞\frac{e}{2}$時，f'（x）＞0．
所以，$x=\frac{e}{2}$時，f（x）取得最小值$f（\frac{e}{2}）=2ln\frac{e}{2}+2=4-2ln2$．
（2）$g（x）=f（x）-x=2lnx+\frac{m}{x}-x（x＞0）$，$g'（x）=\frac{2}{x}-\frac{m}{x^2}-1=\frac{{-{x^2}+2x-m}}{x^2}=\frac{{-{{（x-1）}^2}+1-m}}{x^2}$，
1m≥12時，g'（x）≤03，g（x）=f（x）-x4在（0，+∞）5單調(diào)遞減．
（3）證明：0＜m＜1時，1-m＞0，$1-\sqrt{1-m}＞0$，$g'（x）=\frac{{-（x-1+\sqrt{1-m}）（x-1-\sqrt{1-m}）}}{x^2}$，
當$0＜x＜1-\sqrt{1-m}$時，g'（x）＜0；當$1-\sqrt{1-m}≤x＜1+\sqrt{1-m}$時，g'（x）≥0；
當$x≥1+\sqrt{1-m}$時，g'（x）≤0．
即0＜m＜1時，g（x）=f（x）-x在$（0\;，1-\sqrt{1-m}）$和$[1+\sqrt{1-m}\;，+∞）$上單調(diào)遞減，
在$[1-\sqrt{1-m}\;，\;1+\sqrt{1-m}）$上單調(diào)遞增．
由（2）知，當m≥1時，g（x）=f（x）-x在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
所以，當m≥1時，對任意b＞a＞0，f（b）-b＜f（a）-a，
即對任意b＞a＞0，$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}＜1$．

點評 本題綜合考察了函數(shù)不等式，方程的運用，利用導數(shù)解決問題的能力，分類討論解決不等式問題，難度較大．