Question

2．設(shè)f（x）=$\frac{lnx}{x}$，g（x）=$\frac{1}{2}$mx-$\frac{1}{x}$+m-1（m為整數(shù)）．
（1）求曲線y=f（x）在點（$\frac{1}{e}$，f（$\frac{1}{e}$））處的切線方程；
（2）求函數(shù)y=g（x）的單調(diào)遞減區(qū)間；
（3）若x＞0時，函數(shù)y=f（x）的圖象始終在函數(shù)y=g（x）的圖象的下方，求m的最小值．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，計算f（$\frac{1}{e}$），f′（$\frac{1}{e}$），代入切線方程即可；
（2）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論m的范圍求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（3）問題轉(zhuǎn)化為$lnx-\frac{1}{2}m{x^2}-（{m-1}）x+1＜0$在（0，+∞）上恒成立，令$h（x）=lnx-\frac{1}{2}m{x^2}-（{m-1}）x+1$，根據(jù)h_max（x）＜0，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性求出m的最小值即可．

解答 解：（1）∵f（$\frac{1}{e}$）=-e，f′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
∴切線斜率為 $k=f'（{\frac{1}{e}}）=-2{e^2}$，
故所求的切線方程為$y+e=2{e^2}（{x-\frac{1}{e}}）$，
即y=2e²x-3e．…（3分）
（2）g′（x）=$\frac{m}{2}$+$\frac{1}{{x}^{2}}$，
當(dāng)m≥0時，g'（x）＞0恒成立，無單調(diào)遞減區(qū)間；
當(dāng)m＜0時，由g'（x）＜0，解得$x＜-\sqrt{-\frac{2}{m}}$或$x＞\sqrt{-\frac{2}{m}}$，
∴g（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為$（{-∞，-\sqrt{-\frac{2}{m}}}）$和$（{\sqrt{-\frac{2}{m}}，+∞}）$． …（7分）
（3）原命題轉(zhuǎn)化為f（x）-g（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，
即$lnx-\frac{1}{2}m{x^2}-（{m-1}）x+1＜0$在（0，+∞）上恒成立，（*）
令$h（x）=lnx-\frac{1}{2}m{x^2}-（{m-1}）x+1$，
即h_max（x）＜0． …（8分），
∵h′（x）=-$\frac{（mx-1）（x+1）}{x}$，
∴當(dāng)m≤0時，h'（x）＞0，此時h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
而 $h（1）=-\frac{3m}{2}+2＞0$，故命題（*）不成立；
當(dāng)m＞0時，由h'（x）＞0，解得$0＜x＜\frac{1}{m}$，由h'（x）＜0解得$x＞\frac{1}{m}$，
∴此時h（x）在$（0，\frac{1}{m}）$上單調(diào)遞增，在$（\frac{1}{m}+∞）$上單調(diào)遞減，
∴${h_{max}}（x）=h（{\frac{1}{m}}）=-lnm+\frac{1}{2m}$，…（11分）
令$φ（m）=-lnm+\frac{1}{2m}$，
由函數(shù)y=-lnm與函數(shù)$y=\frac{1}{2m}$在 （0，+∞）上均是減函數(shù)，
知函數(shù)φ（m）在 （0，+∞）是減函數(shù)，
∵當(dāng) m=1時，則 $φ（1）=\frac{1}{2}＞0$，
當(dāng)m=2時，$φ（2）=-ln2+\frac{1}{4}＜-ln\sqrt{e}+\frac{1}{4}=-\frac{1}{4}＜0$，
∴當(dāng)m≥2時，φ（m）＜0，
即整數(shù)m的最小值為2．  …（14分）

點評 本題考查了切線方程問題，考查函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想、轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．