Question

18．已知函数g（x）=$\frac{1}{x•sinθ}$+2lnx在[$\frac{1}{2}$，+∞）上为增函数，且θ∈（0，π），f（x）=mx-$\frac{m-1}{x}$，m∈R．
（1）求θ的值；
（2）当m≥1，x≥1时，求证：f（x）≥g（x）；
（3）设h（x）=$\frac{2e}{x}$，若在[1，e]上至少存在一个x₀，使得f（x₀）-g（x₀）＞h（x₀）成立，求m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）令g′（x）≥0在[$\frac{1}{2}$，+∞）上恒成立解出sinθ的范围，从而解出θ；
（2）令F（x）=f（x）-g（x），利用导数判断F（x）的单调性，求出F_min（x），只需证明F_min（x）≥0即可；
（3）根据m的范围求出F（x）的最大值，只需令F_max（x）＞h_min（x）即可．

解答 解：（1）∵g（x）在[$\frac{1}{2}$，+∞）上为增函数，∴g′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}sinθ}$+$\frac{2}{x}$=$\frac{2xsinθ-1}{{x}^{2}sinθ}$≥0在[$\frac{1}{2}$，+∞）上恒成立，
∵θ∈[0，π]，∴x²sinθ＞0，∴2xsinθ-1≥0在[$\frac{1}{2}$，+∞）上恒成立，∴sinθ-1≥0恒成立，∴sinθ=1．∴$θ=\frac{π}{2}$．
（2）g（x）=$\frac{1}{x}$+2lnx，令F（x）=f（x）-g（x）=mx-$\frac{m-1}{x}$-$\frac{1}{x}$-2lnx．
∴F′（x）=m+$\frac{m-1}{{x}^{2}}$+$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{2}{x}$=$\frac{m{x}^{2}-2x+m}{{x}^{2}}$，∵（-2）²-4m²=4（1-m²）≤0，∴mx²-2x+m≥0，∴F′（x）≥0，
∴F（x）在[1，+∞）上是增函数，∴F（x）≥F（1）=0．即f（x）-g（x）≥0，∴f（x）≥g（x）．
（3）h（x）=$\frac{2e}{x}$在[1，e]上是减函数，h_min（x）=2．
∵至少存在一个x₀∈[1，e]，使得f（x₀）-g（x₀）＞h（x₀）成立，∴F_max（x）＞2．
①当m=0时，F（x）=-2lnx，∴F（x）≤F（1）=0，不符合题意．
当m≠0时，令s（x）=mx²-2x+m，△=4（1-m²），
②当m≥1时，由（2）可知F_max（x）=F（e）=me-$\frac{m}{e}$-2．∴me-$\frac{m}{e}$-2＞2，解得m＞$\frac{4e}{{e}^{2}-1}$．
③当m≤-1时，s（x）≤0，∴F′（x）≤0，∴F（x）是减函数，∴F_max（x）=F（1）=0，不符合题意．
若△＞0，令S（x）=0，得x₁=$\frac{1-\sqrt{1-{m}^{2}}}{m}$，x₂=$\frac{1+\sqrt{1-{m}^{2}}}{m}$，
④当0＜m＜1时，x₁＜1＜x₂，
令x₂≥e解得0＜m≤$\frac{2e}{{e}^{2}+1}$，此时当x∈[1，e]时，s（x）≤0，∴F′（x）≤0，∴F（x）是减函数，∴F_max（x）=F（1）=0，不符合题意．
令x₂＜e，解得$\frac{2e}{{e}^{2}+1}$＜m＜1，此时当x∈[1，x₂）时，s（x）＜0，当x∈（x₂．e]时，s（x）＞0，
∴F（x）在[1，x₂）上是减函数，在[x₂，e]上是增函数．
F（1）=0，F（e）=me-$\frac{m}{e}$-2=m（e-$\frac{1}{e}$）-2＜e$-\frac{1}{e}$-2＜2，∴F_max（x）＜2，不符合题意．
⑤当-1＜m＜0时，x₂＜x₁＜0，∴当x∈[1，e]时，s（x）＜0，∴F′（x）＜0，∴F（x）是减函数，∴F_max（x）=F（1）=0，不符合题意．
综上，m的取值范围是（$\frac{4e}{{e}^{2}-1}$，+∞）．

点评 本题考查了导数与函数单调性的关系，函数单调性的应用，函数最值，属于中档题．