（本小题满分 13 分） 设函数 f(x)=ln x+ m…——2014 高考数学第 21 题答案解析

【答案】（1） 2；②当 $m>\frac{2}{3}$ 时，函数 $g(x)$ 无零点；当 $m=\frac{2}{3}$ 或 $m \leq 0$ 时，函数 $g(x)$ 有且仅有一个零点；当 $0【解析】

试题分析：（1）当 $m=e$ 时，$f(x)=\ln x+\frac{e}{x}$，易得函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$，求出导函数 $f^{\prime}(x)$，利用 $f^{\prime}(x)$ 判定函数 $f(x)$ 在定义区间内的单调性，并求出 $f(x)$ 的极小值；
（2）由函数 $g(x)=f^{\prime}(x)-\frac{x}{3}=\frac{1}{x}-\frac{m}{x^{2}}-\frac{x}{3}(x>0)$，今 $g(x)=0$，得 $m=-\frac{1}{3} x^{3}+x(x>0)$，
设 $h(x)=-\frac{1}{3} x^{3}+x(x \geq 0)$，由 $h^{\prime}(x)=-x^{2}+1=-(x-1)(x+1)$ 求出函数 $h(x)$ 的单调性以及极值，并且求出函数 $h(x)$ 在 $x \geq 0$ 的零点，画出 $h(x)$ 的大致图像，并从图像中，可以得知，当 $m$ 在不同范围的时候，函数 $y=m$ 和函数 $y=h(x)$ 的交点个数
（3）对任意 $b>a>0, \frac{f(b)-f(a)}{b-a}<1$ 恒成立，等价于 $f(b)-b0)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减，即 $h^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{m}{x^{2}}-1 \leq 0$ 在 $(0,+\infty)$ 恒成立，求出 $m$ 的取值范围．
试题解析：（1）当 $m=e$ 时，$f(x)=\ln x+\frac{e}{x}$
易得函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$
$\therefore f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{e}{x^{2}}=\frac{x-e}{x^{2}}$
∴ 当 $x \in(0, e)$ 时，$f^{\prime}(x)<0$，此时 $f(x)$ 在 $(0, e)$ 上是减函数；
当 $x \in(e,+\infty)$ 时，$f^{\prime}(x)>0$，此时 $f(x)$ 在 $(0, e)$ 上是增函数；
∴ 当 $x=e$ 时，$f(x)$ 取得极小值 $f(e)=\ln e+\frac{e}{e}=2$
（2）∵ 函数 $g(x)=f^{\prime}(x)-\frac{x}{3}=\frac{1}{x}-\frac{m}{x^{2}}-\frac{x}{3}(x>0)$
今 $g(x)=0$，得 $m=-\frac{1}{3} x^{3}+x(x>0)$
设 $h(x)=-\frac{1}{3} x^{3}+x(x \geq 0)$
$\therefore h^{\prime}(x)=-x^{2}+1=-(x-1)(x+1)$
当 $x \in(0,1)$ 时，$h^{\prime}(x)>0$，此时 $h(x)$ 在 $(0,1)$ 上是增函数；
当 $x \in(1,+\infty)$ 时，$h^{\prime}(x)<0$, 此时 $h(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上是增函数；
$\therefore x=1$ 是 $h(x)$ 的唯一极值点，且是极大值点，因此 $x=1$ 也是 $h(x)$ 的最大值点

$\therefore h(x)$ 的最大值为 $h(1)=-\frac{1}{3}+1=\frac{2}{3}$
又 $h(0)=0$
∴ 函数 $h(x)$ 的图．像如图所示：

由图知：
（1）当 $m>\frac{2}{3}$ 时，函数 $y=m$ 和函数 $y=h(x)$ 无交点；
（2）当 $m=\frac{2}{3}$ 时，函数 $y=m$ 和函数 $y=h(x)$ 有且仅有一个交点；
（3）当 $0④$m \leq 0$ 时，函数 $y=m$ 和函数 $y=h(x)$ 有且仅有一个交点；
综上所述，当 $m>\frac{2}{3}$ 时，函数 $g(x)$ 无零点；当 $m=\frac{2}{3}$ 或 $m \leq 0$ 时，函数 $g(x)$ 有且仅有一个零点；当 $0（3）对任意 $b>a>0, \frac{f(b)-f(a)}{b-a}<1$ 恒成立
等价于 $f(b)-b设 $h(x)=f(x)-x=\ln x+\frac{m}{x}-x(x>0)$
$\therefore h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减
$\therefore h^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{m}{x^{2}}-1 \leq 0$ 在 $(0,+\infty)$ 恒成立

$\therefore m \geq-x^{2}+x=-\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{1}{4} \geq \frac{1}{4}(x>0)$
$\therefore m \geq \frac{1}{4}$
当且仅当当 $x=\frac{1}{2}$ 时，$m=\frac{1}{4}$
$\therefore m_{\text {的取值范围是 }}\left[\frac{1}{4},+\infty\right)$
考点：利用导数研究函数的极值；函数恒成立问题；函数的零点．