Question

12．設(shè)函數(shù)f（x）=ex+$\frac{m}{x}$（x≠0，m≠0）
（1）試分析y=f（x）的單調(diào)性；
（2）當m=1時，（k-$\frac{2}{k}$+$\frac{\sqrt{e}-2}{2}$）•f（s）≥t1n（t+1）+1在s∈（0，+∞），t∈（0，e-1]上恒成立，求實數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)已知中的函數(shù)解析式，求導(dǎo)，進而對m進行分類討論，可得不同情況下y=f（x）的單調(diào)性；
（2）當m=1時，（k-$\frac{2}{k}$+$\frac{\sqrt{e}-2}{2}$）•f（s）≥t1n（t+1）+1在s∈（0，+∞），t∈（0，e-1]上恒成立可化為：k-$\frac{2}{k}$+$\frac{\sqrt{e}-2}{2}$≥$\frac{1}{2}\sqrt{e}$，解得實數(shù)k的取值范圍．

解答 解：（1）∵函數(shù)f（x）=ex+$\frac{m}{x}$（x≠0，m≠0）
∴f′（x）=e-$\frac{m}{{x}^{2}}$=$\frac{{ex}^{2}-m}{{x}^{2}}$，
當m＜0時，f′（x）＞0恒成立，此時f（x）在（-∞，0）和（0，+∞）上均為增函數(shù)；
當m＞0時，由f′（x）＞0得：x∈（-∞，-$\sqrt{\frac{m}{e}}$）∪（$\sqrt{\frac{m}{e}}$，+∞），
由f′（x）＜0得：x∈（-$\sqrt{\frac{m}{e}}$，0）∪（0，$\sqrt{\frac{m}{e}}$），
此時f（x）在（-∞，-$\sqrt{\frac{m}{e}}$），（$\sqrt{\frac{m}{e}}$，+∞）上均為增函數(shù)；
在（-$\sqrt{\frac{m}{e}}$，0）和（0，$\sqrt{\frac{m}{e}}$）上均為增減函數(shù)
（2）當m=1時，f（x）=ex+$\frac{1}{x}$，
（k-$\frac{2}{k}$+$\frac{\sqrt{e}-2}{2}$）•f（s）=（k-$\frac{2}{k}$+$\frac{\sqrt{e}-2}{2}$）•（es+$\frac{1}{s}$）≥t1n（t+1）+1在s∈（0，+∞），t∈（0，e-1]上恒成立，
即k-$\frac{2}{k}$+$\frac{\sqrt{e}-2}{2}$≥$\frac{tln（t+1）+1}{es+\frac{1}{s}}$在s∈（0，+∞），t∈（0，e-1]上恒成立，
當t=e-1，s=$\sqrt{\frac{1}{e}}$時，$\frac{tln（t+1）+1}{es+\frac{1}{s}}$取最大值$\frac{1}{2}\sqrt{e}$，
故k-$\frac{2}{k}$+$\frac{\sqrt{e}-2}{2}$≥$\frac{1}{2}\sqrt{e}$，
即k-$\frac{2}{k}$-1=$\frac{{k}^{2}-k-2}{k}$=$\frac{（k+1）（k-2）}{k}$≥0，
解得：k∈[-1，0）∪[2，+∞）

點評 本題考查的知識點是函數(shù)恒成立問題，函數(shù)單調(diào)性的判斷與證明，函數(shù)的最值上，難度中檔．