Question

18．已知m∈R，函数f（x）=e^mx-1-$\frac{lnx}{x}$（e为自然对数的底数）
（1）若m=1，求函数f（x）的单调区间；
（2）若f（x）的最小值为m，求m的最小值．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，判断导函数的符号，求出函数的单调区间即可；
（2）问题转化为xe^mx-1-mx-lnx≥0恒成立且“=”可取，令g（x）=xe^mx-1-mx-lnx即g（x）_min=0，根据函数的单调性求出m的最小值即可．

解答 解：（1）f（x）的定义域是（0，+∞），
m=1时，f（x）=e^x-1-$\frac{lnx}{x}$，f′（x）=e^x-1-$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
x＞1时，f′（x）＞1-$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$=$\frac{{（x}^{2}-1）+lnx}{{x}^{2}}$＞0，
0＜x＜1时，f′（x）＜1-$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$=$\frac{{（x}^{2}-1）+lnx}{{x}^{2}}$＜0，
∴f（x）在（0，1]递减，在（1，+∞）递增；
（2）由题意得：e^mx-1-$\frac{lnx}{x}$≥m时对x＞0恒成立且“=”可取，
即xe^mx-1-mx-lnx≥0恒成立且“=”可取，
令g（x）=xe^mx-1-mx-lnx即g（x）_min=0，
g′（x）=（mx+1）（e^mx-1-$\frac{1}{x}$），
由e^mx-1-$\frac{1}{x}$=0得：m=$\frac{1-lnx}{x}$，
设p（x）=$\frac{1-lnx}{x}$，p′（x）=$\frac{lnx-2}{{x}^{2}}$，
x＞e²时，p′（x）＞0，0＜x＜e²时，p′（x）＜0，
p（x）在（0，e²）递减，在（e²，+∞）递增，
∴p（x）_min=p（e²）=-$\frac{1}{{e}^{2}}$，
m≤-$\frac{1}{{e}^{2}}$时，m≤$\frac{1-lnx}{x}$，即e^mx-1-$\frac{1}{x}$≤0，
在（0，-$\frac{1}{m}$）上，mx+1＞0，g′（x）≤0，g（x）递减，
在（-$\frac{1}{m}$，+∞）上，mx+1＜0，g′（x）≥0，g（x）递增，
∴g（x）_min=g（-$\frac{1}{m}$），令t=-$\frac{1}{m}$∈（0，e²]，g（-$\frac{1}{m}$）=h（t）=$\frac{t}{{e}^{2}}$-lnt+1，
h′（t）=$\frac{1}{{e}^{2}}$-$\frac{1}{t}$≤0，h（t）在（0，e²）递减，
∴h（t）≥h（e²）=0，
∴方程g（x）min=g（-$\frac{1}{m}$）=0有唯一解e²=-$\frac{1}{m}$，即m=-$\frac{1}{{e}^{2}}$，
综上，m≤-$\frac{1}{{e}^{2}}$时，仅有m=-$\frac{1}{{e}^{2}}$满足f（x）的最小值为m，
∴m的最小值为-$\frac{1}{{e}^{2}}$．

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分类讨论，是一道难题．