Question

6．已知函数f（x）=lnx-mx．
（Ⅰ）若m=2，求曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）求函数f（x）在[1，e]上的最大值；
（Ⅲ）若f（x）+m≤0在x∈（0，+∞）上恒成立，求实数m的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的导数，求得切线的斜率和切点坐标，再由已知切线方程即可得到m；
（Ⅱ）求出导数，讨论m的范围，当m≤0时，当m＞0时，令导数大于0，得增区间，令导数小于0，得减区间，从而求出函数的最大值即可；
（Ⅲ）设g（x）=lnx-mx+m，即有g（x）_max＜0在x＞1恒成立．求出g（x）的导数，对m讨论，当m≤0时，当m＞0时讨论①当$\frac{1}{m}$≤1即m≥1时，②当$\frac{1}{m}$＞1即0＜m＜1时，通过单调性求得最大值，即可得到m的范围．

解答 解：（Ⅰ）∵m=2，∴f（x）=lnx-2x，x=1时f（1）=ln1-2=-2，
f′（x）=$\frac{1}{x}$-2，∴f′（1）=1-2=-1，
切线方程为：y+2=-（x-1）=-x+1，即x+y+1=0；
（Ⅱ）∵f′（x）=$\frac{1}{x}$-m，（x＞0），
当m≤0时，f'（x）＞0恒成立，
则单调递增区间为（0，+∞），无单调减区间；
故f（x）在[1，e]上单调递增，
f_max（x）=f（e）=lne-me=1-me，
当m＞0时，由f′（x）＞0得 0＜x＜$\frac{1}{m}$，
由f′（x）＜0，得x＞$\frac{1}{m}$，
∴f（x）在（0，$\frac{1}{m}$）递增，在（$\frac{1}{m}$，+∞）递减，
①若0＜$\frac{1}{m}$≤1，即m≥1时，f_max（x）=f（1）=-m，
②若1＜$\frac{1}{m}$＜e，即$\frac{1}{e}$＜m＜1时，f_max（x）=f（$\frac{1}{m}$）=ln$\frac{1}{m}$-1=-lnm-1，
③若$\frac{1}{m}$≥e，即m≤$\frac{1}{e}$时，f_max（x）=f（e）=lne-me=1-me，
综上：当m≤$\frac{1}{e}$，f_max（x）=1-me，$\frac{1}{e}$＜m＜1时，f_max（x）=-lnm-1，
m≥1时，f_max（x）=f（1）=-m； 
（Ⅲ）由f（x）+m≤0，可得lnx-mx+m≤0在x＞0恒成立．
设g（x）=lnx-mx+m，即有g（x）_max≤0在x＞0恒成立．
由于g′（x）=$\frac{1}{x}$-m，
由（Ⅱ）知当m≤0时，g（x）在x＞0上递增，
?x＞0，g（x）无最大值，不合题意舍去；
当m＞0时，g（x）在（0，$\frac{1}{m}$）递增，在（$\frac{1}{m}$，+∞）递减，
g（x）_max=g（$\frac{1}{m}$）=-lnm+m-1=0，解得：m=1符合题意；
综上可得，m=1．

点评 本题考查导数的运用：求切线方程和单调区间、极值和最值，主要考查导数的几何意义和函数的单调性的运用，运用分类讨论的思想方法是解题的关键．