Question

1．已知函數(shù)$f（x）=lnx+\frac{m}{x}+3x$．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若對(duì)任意的m∈[0，2]，不等式f（x）≤（k+1）x，對(duì)x∈[1，e]恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出$f'（x）=\frac{1}{x}-\frac{m}{x^2}+3=\frac{{3{x^2}+x-m}}{x^2}$，分①當(dāng)-m≥0，②當(dāng)m＞0討論即可；
（2）對(duì)?m∈[0，2]，f（x）≤（k+1）x，即$lnx+\frac{m}{x}+3x≤（{k+1}）x$，
又x＞0，即m≤（k+1）x²-3x²-xlnx恒成立，（k+1）x²-3x²-xlnx≥2，可得$k≥\frac{2}{x^2}+\frac{lnx}{x}+2$．
令$g（x）=\frac{lnx}{x}+\frac{2}{x^2}+2$，利用導(dǎo)數(shù)求出最大值即可．

解答 解：（1）$f'（x）=\frac{1}{x}-\frac{m}{x^2}+3=\frac{{3{x^2}+x-m}}{x^2}$，
∵x＞0，所以①當(dāng)-m≥0，即m≤0時(shí)，f'（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．
②當(dāng)m＞0時(shí)，由f'（x）=0，得${x_1}=\frac{{-1-\sqrt{1+12m}}}{6}＜0$（不符合題意，舍），
${x_2}=\frac{{-1+\sqrt{1+12m}}}{6}＞0$，所以由f'（x）＞0得$x＞\frac{{-1+\sqrt{1+12m}}}{6}$，由f'（x）＜0得$0＜x＜\frac{{-1+\sqrt{1+12m}}}{6}$，
∴f（x）在（0，$\frac{-1+\sqrt{1+12m}}{6}$）上單調(diào)遞減，在$（{\frac{{-1+\sqrt{1+12m}}}{6}，+∞}）$上單調(diào)遞增．
綜上所述，當(dāng)m≤0時(shí)，f（x）的遞增區(qū)間為（0，+∞），無遞減區(qū)間；
當(dāng)m＞0時(shí)，f（x）的遞增區(qū)間為 $（{\frac{{-1+\sqrt{1+12m}}}{6}，+∞}）$，遞減區(qū)間為$（{0，\frac{{-1+\sqrt{1+12m}}}{6}}）$．
（2）對(duì)?m∈[0，2]，f（x）≤（k+1）x，即$lnx+\frac{m}{x}+3x≤（{k+1}）x$，
又x＞0，∴m≤（k+1）x²-3x²-xlnx恒成立，∴（k+1）x²-3x²-xlnx≥2，∴$k≥\frac{2}{x^2}+\frac{lnx}{x}+2$．
令$g（x）=\frac{lnx}{x}+\frac{2}{x^2}+2$，則$g'（x）=\frac{1-lnx}{x^2}-\frac{4}{x^2}=\frac{x-lnx-4}{x^3}$，
又x∈[1，e]時(shí)，xlnx≥0，x＜4，∴x-xlnx-4＜0，
∴g'（x）＜0，∴g（x）在[1，e]上是減函數(shù)，
∴k≥g（1）=4，即k∈[4，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)的極值問題，考查了轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題