Question

2．设f（x）=$\frac{lnx}{x}$，g（x）=$\frac{1}{2}$mx-$\frac{1}{x}$+m-1（m为整数）．
（1）求曲线y=f（x）在点（$\frac{1}{e}$，f（$\frac{1}{e}$））处的切线方程；
（2）求函数y=g（x）的单调递减区间；
（3）若x＞0时，函数y=f（x）的图象始终在函数y=g（x）的图象的下方，求m的最小值．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，计算f（$\frac{1}{e}$），f′（$\frac{1}{e}$），代入切线方程即可；
（2）求出函数的导数，通过讨论m的范围求出函数的单调区间即可；
（3）问题转化为$lnx-\frac{1}{2}m{x^2}-（{m-1}）x+1＜0$在（0，+∞）上恒成立，令$h（x）=lnx-\frac{1}{2}m{x^2}-（{m-1}）x+1$，根据h_max（x）＜0，结合函数的单调性求出m的最小值即可．

解答 解：（1）∵f（$\frac{1}{e}$）=-e，f′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
∴切线斜率为 $k=f'（{\frac{1}{e}}）=-2{e^2}$，
故所求的切线方程为$y+e=2{e^2}（{x-\frac{1}{e}}）$，
即y=2e²x-3e．…（3分）
（2）g′（x）=$\frac{m}{2}$+$\frac{1}{{x}^{2}}$，
当m≥0时，g'（x）＞0恒成立，无单调递减区间；
当m＜0时，由g'（x）＜0，解得$x＜-\sqrt{-\frac{2}{m}}$或$x＞\sqrt{-\frac{2}{m}}$，
∴g（x）的单调递减区间为$（{-∞，-\sqrt{-\frac{2}{m}}}）$和$（{\sqrt{-\frac{2}{m}}，+∞}）$． …（7分）
（3）原命题转化为f（x）-g（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，
即$lnx-\frac{1}{2}m{x^2}-（{m-1}）x+1＜0$在（0，+∞）上恒成立，（*）
令$h（x）=lnx-\frac{1}{2}m{x^2}-（{m-1}）x+1$，
即h_max（x）＜0． …（8分），
∵h′（x）=-$\frac{（mx-1）（x+1）}{x}$，
∴当m≤0时，h'（x）＞0，此时h（x）在（0，+∞）上单调递增，
而 $h（1）=-\frac{3m}{2}+2＞0$，故命题（*）不成立；
当m＞0时，由h'（x）＞0，解得$0＜x＜\frac{1}{m}$，由h'（x）＜0解得$x＞\frac{1}{m}$，
∴此时h（x）在$（0，\frac{1}{m}）$上单调递增，在$（\frac{1}{m}+∞）$上单调递减，
∴${h_{max}}（x）=h（{\frac{1}{m}}）=-lnm+\frac{1}{2m}$，…（11分）
令$φ（m）=-lnm+\frac{1}{2m}$，
由函数y=-lnm与函数$y=\frac{1}{2m}$在 （0，+∞）上均是减函数，
知函数φ（m）在 （0，+∞）是减函数，
∵当 m=1时，则 $φ（1）=\frac{1}{2}＞0$，
当m=2时，$φ（2）=-ln2+\frac{1}{4}＜-ln\sqrt{e}+\frac{1}{4}=-\frac{1}{4}＜0$，
∴当m≥2时，φ（m）＜0，
即整数m的最小值为2．  …（14分）

点评 本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想、转化思想，是一道综合题．