Question

已知函数f（x）=mx-lnx-3（m∈R）．
（1）讨论函数f（x）在定义域内的极值点的个数；
（2）若函数f（x）在x=1处取得极值，存在x∈（0，+∞）使f（x）≤nx-4有解，求实数n的取值范围；
（3）当0＜a＜b＜4且b≠e时试比较

1-lna

1-lnb

与

a

b

．

Answer 1

分析：（1）f′(x)=m-

1

x

=

mx-1

x

 (x＞0)，由此进行分类讨论，能求出函数f（x）在定义域内的极值点的个数．
（2）由函数f（x）在x=1处取得极值，知m=1，故f（x）≥nx-4?n≥1-

lnx

x

+

1

x

，由此能求出实数n的取值范围．
（3）由于0＜a＜b＜4且b≠e，则

1-lna

a

＞

1-lnb

b

，
又由（2）可知，g(x)=1+

1-lnx

x

在 （0，4）上是减函数，由此能够比较

1-lna

1-lnb

与

a

b

的大小关系．

解答：解：（1）f′(x)=m-

1

x

=

mx-1

x

 (x＞0)
当m≤0时，f'（x）＜0无极值
当m＞0时，f'（x）=0时x=

1

m

，
则函数f（x）在区间(0，  

1

m

)上单调递减，在区间( 

1

m

，+∞ )上单调递增．
∴x=

1

m

为极小值点，无极大值点
（2）f'（1）=m-1=0，∴m=1，∴f（x）=x-lnx-3
由题意知，x-ln3-3≤nx-4在x∈（0，+∞）有解
∴n≥1-

lnx

x

+

1

x

有解，
令g(x)=1-

lnx

x

+

1

x

，即n≥g（x）_min，g′(x)=-

2-lnx

x2

则函数f（x）在区间（0，e²）上单调递减，在区间（e²，+∞）上单调递增．
∴g(x)min=g(e2)=1-

2

e2

+

1

e2

=1-

1

e2

∴n≥1-

1

e2

（3）由 （2）知g(x)=1+

1-lnx

x

在 （0，4）上是减函数
∵0＜a＜b＜4，∴g（a）＞g（b）
∴

1-lna

a

＞

1-lnb

b

，∴b（1-lna）＞a（1-lnb）
当0＜b＜e时，1-lnb＞0，∴

1-lna

1-lnb

＞

a

b

；
当e＜b＜4时，1-lnb＜0，∴

1-lna

1-lnb

＜

a

b

点评：本题考查函数的求极值点的个数的求法，考查满足条件的实数的求法，考查不等式的证明．解题时要合理运用导数性质，注意等价转化思想和分类讨论思想的灵活运用．