Question

15．已知函数f（x）=lnx+mx（m＞0），其中e=2.71828…为自然对数的底数．
（1）若函数f（x）的图象经过点（$\frac{1}{e}$，0），求m的值；
（2）试判断函数f（x）的单调性，并予以说明；
（3）试确定函数f（x）的零点个数．

Answer 1

分析 （1）代入点的坐标秒即可求出m的值，
（2）利用定义证明即可；
（3）需要分类讨论，当m∈（0，e）时，根据函数零点定理，以及函数的单调性，
当m=e时，当m∈（e，+∞）时，f（x）在定义域上单调递增，得到结论，
当m∈（e，+∞）时，设x₀=m-e＞0根据函数零点定理，以及函数的单调性，即可得到结论或构造函数，设$g（x）={e^x}-\frac{m}{x}（m＞e）$，根据根据函数零点定理得到结论．

解答 解：（1）因为函数f（x）的图象经过点$（\frac{1}{e}，0）$，
所以 $0=ln\frac{1}{e}+\frac{m}{e}$，
所以 m=e；
（2）因为函数f（x）的定义域为（0，+∞），设0＜x₁＜x₂，
所以 f（x₁）=lnx₁+mx₁，f（x₂）=lnx₂+mx₂，
所以 $f（{x_1}）-f（{x_2}）=ln{x_1}-ln{x_2}+m（{x_1}-{x_2}）=ln\frac{x_1}{x_2}+m（{x_1}-{x_2}）$，
因为0＜x₁＜x₂，m＞0，所以 $\frac{x_1}{x_2}＜1$，所以$ln\frac{x_1}{x_2}+m（{x_1}-{x_2}）＜0$，
所以 f（x₁）-f（x₂）＜0，即f（x₁）＜f（x_2），
所以 f（x）在定义域上单调递增．
（3）函数f（x）的零点只有一个
①当m∈（0，e）时，f（1）=ln1+m=m＞0$f（{e^{-1}}）=ln{e^{-1}}+m{e^{-1}}=-1+\frac{m}{e}=\frac{m-e}{e}＜0$，
且函数f（x）在$[\frac{1}{e}，1]$上的图象是连续不间断曲线，
所以由零点定理可得 函数f（x）在（e^-1，1）上存在一个零点，
又由（2）得f（x）在定义域上单调递增，所以函数f（x）的零点只有一个．
②当m=e时，$f（\frac{1}{e}）=-1+\frac{e}{e}=0$，又由（2）得f（x）在定义域上单调递增，
所以函数f（x）的零点只有一个．
方法一：
③当m∈（e，+∞）时，设x₀=m-e＞0
则f（1）=ln1+m=m＞0$f（{e^{-{x_0}-2}}）=ln{e^{-{x_0}-2}}+m{e^{-{x_0}-2}}=-{x_0}-2+\frac{{{x_0}+e}}{{{e^{{x_0}+2}}}}=-{x_0}-2+\frac{x_0}{{{e^{{x_0}+2}}}}+\frac{1}{{{e^{{x_0}+1}}}}$，
因为x₀＞0，所以$\frac{1}{{{e^{{x_0}+1}}}}＜1，\frac{x_0}{{{e^{{x_0}+2}}}}＜1$，
所以 $-{x_0}-2+\frac{x_0}{{{e^{{x_0}+2}}}}+\frac{1}{{{e^{{x_0}+1}}}}＜-{x_0}-2+2=-{x_0}＜0$，即$f（{e^{-{x_0}-2}}）＜0$，
且函数f（x）在$（{e^{-{x_0}-2}}，1）$上的图象是连续不间断曲线
所以由零点定理可得 函数f（x）在$（{e^{-{x_0}-2}}，1）$上存在一个零点，
又由（2）得f（x）在定义域上单调递增，所以函数f（x）的零点只有一个．
方法二：
③当m∈（e，+∞）时，设$g（x）={e^x}-\frac{m}{x}（m＞e）$
则$g（1）=e-m＜0，g（m）={e^m}-\frac{m}{m}={e^m}-1＞0$，
且函数g（x）在[1，m]上的图象是连续不间断曲线
所以存在x₀∈（1，m），使得g（x₀）=0，即$m={x_0}{e^{x_0}}$，
从而有$f（{e^{-{x_0}}}）=-{x_0}+m{e^{-{x_0}}}=-{x_0}+{x_0}=0$，
且函数f（x）在（0，+∞）上的图象是连续不间断曲线
又由（2）得f（x）在定义域上单调递增，
所以当m∈（e，+∞）时，函数f（x）的零点只有一个．

点评 本题考查了函数零点存在定理和函数的单调性，培养可分类讨论的能力，转化能力，运算能力，属于中档题．