Question

17．已知函数f（x）=lnx-mx+m（m∈R）．
（1）当m＞0时，求f′（x）+mx的最小值；
（2）若f（x）＞0在x∈（0，+∞）上有解，求实数m的取值集合M．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=$\frac{1}{x}$-m，（x＞0）．令g（x）=f′（x）+mx=$\frac{1}{x}$-m+mx，（x＞0），（m＞0）．利用当时研究其单调性极值与最值即可得出．
（2）f′（x）=$\frac{1}{x}$-m，对m分类讨论，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{1}{x}$-m，（x＞0）．
令g（x）=f′（x）+mx=$\frac{1}{x}$-m+mx，（x＞0），（m＞0）．
g′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$+m=$\frac{m（{x}^{2}-\frac{1}{m}）}{{x}^{2}}$=$\frac{m（x+\sqrt{\frac{1}{m}}）（x-\sqrt{\frac{1}{m}}）}{{x}^{2}}$，
当x＞$\sqrt{\frac{1}{m}}$时，g′（x）＞0，此时函数g（x）单调递增；
当0＜x＜$\sqrt{\frac{1}{m}}$时，g′（x）＜0，此时函数g（x）单调递减．
∴当x=$\sqrt{\frac{1}{m}}$时，函数g（x）取得极小值，即最小值．
∴f′（x）+mx的最小值为g$（\sqrt{\frac{1}{m}}）$=$\sqrt{m}$-m+m$•\sqrt{\frac{1}{m}}$=2$\sqrt{m}$-m．
（2）f′（x）=$\frac{1}{x}$-m，
①当m≤0时，f′（x）＞0恒成立，则函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，
f（1）=0，因此：f（x）＞0在x∈（0，+∞）上有解．
②当m＞0时，由f′（x）=$\frac{1}{x}$-m=$\frac{-m（x-\frac{1}{m}）}{x}$，得x∈$（0，\frac{1}{m}）$，f′（x）＞0，
此时f（x）的单调递增区间为$（0，\frac{1}{m}）$，单调递减区间为$（\frac{1}{m}，+∞）$；
当m＞0时，f（x）_max=$f（\frac{1}{m}）$=-lnm-1+m．
令g（x）=x-lnx-1，
则g′（x）=1-$\frac{1}{x}$，x∈（0，+∞）
得函数g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
∴g（x）_min=g（1）=0，g（x）≥0对x∈（0，+∞）恒成立，
也就是m-lnm-1≥0对m∈（0，+∞）恒成立．
∴m＞0，m≠1时，m-lnm-1＞0对m∈（0，+∞）恒成立．
综上①②可得：m≠1时，f（x）＞0在x∈（0，+∞）上有解，
可得：实数m的取值集合M={m|m≠1}．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、分类讨论方法、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．