Question

15．已知函数$f（x）=mx-\frac{m-1+2e}{x}-lnx$，m∈R，函数$g（x）=\frac{1}{xcosθ}+lnx$在[1，+∞）上为增函数，且θ∈$（{-\frac{π}{2}，\frac{π}{2}}）$．
（Ⅰ）当m=0时，求函数f（x）的单调区间和极值；
（Ⅱ）求θ的值；
（Ⅲ）若在[1，e]上至少存在一个x₀，使得f（x₀）＞g（x₀）成立，求m的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间和极值即可；
（Ⅱ）求出函数的导数，问题转化为xcosθ-1≥0在[1，+∞）上恒成立，根据θ的范围，求出θ的值即可；
（Ⅲ）令$F（x）=f（x）-g（x）=mx-\frac{m+2e}{x}-2lnx$，通过讨论m的范围，求出F（x）的最大值，从而求出m的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）∵m=0，∴$f（x）=-\frac{-1+2e}{x}-lnx$，x∈（0，+∞），
∴${f^/}（x）=\frac{2e-1}{x^2}-\frac{1}{x}=\frac{2e-1-x}{x^2}$．
令f′（x）=0，则x=2e-1∈（0，+∞）．
∴x，f′（x）和f（x）的变化情况如下表：

x	（0，2e-1）	2e-1	（2e-1，+∞）
f′（x）	+	0	-
f（x）	递增	极大值f（2e-1）=-1-ln（2e-1）	递减

即函数f（x）的单调递增区间是（0，2e-1），递减区间为（2e-1，+∞），
函数f（x）有极大值f（2e-1）=-1-ln（2e-1）；     
（Ⅱ） 由已知$g'（x）=-\frac{1}{{cosθ•{x^2}}}+\frac{1}{x}≥0$在[1，+∞）上恒成立，
即$\frac{xcosθ-1}{{{x^2}cosθ}}≥0$，∵$θ∈（-\frac{π}{2}，\frac{π}{2}）$，∴cosθ＞0，
故xcosθ-1≥0在[1，+∞）上恒成立，只需1•cosθ-1≥0，
即cosθ≥1，∴只有cosθ=1，$θ∈（-\frac{π}{2}，\frac{π}{2}）$，知θ=0；     
（Ⅲ）令$F（x）=f（x）-g（x）=mx-\frac{m+2e}{x}-2lnx$，
$当m≤0时，由x∈[{1，e}]，有mx-\frac{m}{x}≤0，且-2lnx-\frac{2e}{x}＜0$，
∴此时不存在x₀∈[1，e]，使得f（x₀）＞g（x₀）成立；
$当m＞0时，F'（x）=m+\frac{m+2e}{x^2}-\frac{2}{x}=\frac{{m{x^2}-2x+m+2e}}{x^2}$．
故F（x）在[1，e]上单调递增，
∴$F{（x）_{max}}=F（e）=me-\frac{m}{e}-4$，
令me-$\frac{m}{e}$-4＞0，解得：m＞$\frac{4e}{{e}^{2}-1}$，
故所求m的范围是（$\frac{4e}{{e}^{2}-1}$，+∞）．

点评 本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，考查函数恒成立问题，是一道综合题．