Question

7．已知函数f（x）=$\frac{lnx}{x}$-mx（m∈R）．
（Ⅰ）当m=0时，求函数f（x）的零点个数；
（Ⅱ）当m≥0时，求证：函数f（x）有且只有一个极值点；
（Ⅲ）当b＞a＞0时，总有$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$＞1成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，得到函数的单调区间，求出函数的最大值，从而得到函数的零点个数；
（Ⅱ）求出f（x）的导数得到g（x）=1-lnx-mx²，求出g（x）的导数，根据函数的单调性证明函数的零点个数即可；
（Ⅲ）问题转化为函数h（x）=f（x）-x在区间（0，+∞）递增，由h（x）=$\frac{lnx}{x}$-（m+1）x（x＞0），求出h（x）的导数，根据函数的单调性得到m≤$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$-1在（0，+∞）恒成立，从而求出m的范围．

解答 解：（Ⅰ）m=0时，f（x）=$\frac{lnx}{x}$，（x＞0），f′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
令f′（x）＞0，解得：0＜x＜e，令f′（x）＜0，解得：x＞e，
∴f（x）在（0，e）递增，在（e，+∞）递减，
∵f（x）_max=f（e）=$\frac{1}{e}$＞0，f（$\frac{1}{e}$）=-e＜0，
∴f（x）在（0，e）有且只有一个零点，
x＞e时，f（x）＞0恒成立，
∴f（x）在（e，+∞）无零点，
综上，m=0时，f（x）有且只有一个零点；
（Ⅱ）证明：∵f（x）=$\frac{lnx}{x}$-mx（m≥0），
f′（x）=$\frac{1-lnx-{mx}^{2}}{{x}^{2}}$（x＞0），
令g（x）=1-lnx-mx²，g′（x）=-$\frac{1}{x}$-2mx＜0，
∴g（x）在（0，+∞）递减，
∵g（${e}^{-\frac{m}{2}}$）=1+$\frac{m}{2}$-$\frac{m}{{e}^{m}}$＞0，（∵e^m＞m），g（e）=-me²＜0，
∴?x₀∈（0，+∞），使得g（x₀）=0，
∴x∈（0，x₀）时，g（x）＞0，f′（x）＞0，f（x）在（0，x₀）递增，
x∈（x₀，+∞）时，g（x）＜0，f′（x）＜0，f（x）在（0，x₀）递减，
∴x=x₀是f（x）的极大值点，
即m≥0时，函数f（x）有且只有一个极值点；
（Ⅲ）∵b＞a＞0时，总有$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$＞1成立，
即b＞a＞0时，总有f（b）-b＞f（a）-a成立，
也就是函数h（x）=f（x）-x在区间（0，+∞）递增，
由h（x）=$\frac{lnx}{x}$-（m+1）x（x＞0）得：h′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$-（m+1）≥0在（0，+∞）恒成立，
即m≤$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$-1在（0，+∞）恒成立，
设k（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$-1，则k′（x）=$\frac{2lnx-3}{{x}^{3}}$（x＞0），
∴令k′（x）＞0，解得：x＞${e}^{\frac{3}{2}}$，令k′（x）＜0，解得：0＜x＜${e}^{\frac{3}{2}}$，
∴k（x）在（0，${e}^{\frac{3}{2}}$）递减，在（${e}^{\frac{3}{2}}$，+∞）递增，
∴k（x）_min=k（${e}^{\frac{3}{2}}$）=-$\frac{1}{{2e}^{3}}$-1，
故所求m的范围是（-∞，-$\frac{1}{{2e}^{3}}$-1）．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道综合题．