题目 已知函数 $g(x)=\dfrac{1}{x\sin\theta}+\ln x$ 在区间 $[1,+\infty)$ 上为增函数，且 $\theta\in(0,\pi)$，$f(x)=mx-\dfrac{m-1}{x}-\ln x,m\in\mathbb R.$ 问题1 求 $\theta$ 的值； 答案1 $\dfrac{\pi}{2}$ 解析1 对 $g(x)$ 求导得\[g'(x)=\dfrac{x-\dfrac{1}{\sin\theta}}{x^2},\]根据题意，有$$\forall x\in[1,+\infty),x-\dfrac{1}{\sin\theta}\geqslant0 ,$$结合 $\theta\in(0,\pi)$，可知 $\theta=\dfrac{\pi}{2}$． 备注1 问题2 若 $f(x)-g(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上为单调函数，求 $m$ 的取值范围； 答案2 $(-\infty,0]\cup[1,+\infty)$ 解析2 结合第 $(1)$ 小问知$$F(x)=f(x)-g(x)=mx-\dfrac{m}{x}-2\ln x,$$求导得$$F'(x)=\dfrac{mx^2-2x+m}{x^2},$$根据题意，有\[\forall x\in [1,+\infty),mx^2-2x+m\geqslant 0,\]或\[\forall x\in [1,+\infty),mx^2-2x+m\leqslant 0,\]即\[\forall x\in [1,+\infty),m\geqslant \dfrac{2x}{x^2+1},\]或\[\forall x\in [1,+\infty),m\leqslant \dfrac{2x}{x^2+1},\]解得实数 $m$ 的取值范围是 $(-\infty,0]\cup [1,+\infty)$． 备注2 问题3 设 $h(x)=\dfrac{2\mathrm{e}}{x}$，若在 $[1,\mathrm{e}]$ 上最少存在一个 $x_0$，使得 $f(x_0)-g(x_0)>h(x_0)$ 成立，求 $m$ 的取值范围． 答案3 $\left(\dfrac{4\mathrm{e}}{\mathrm{e}^2-1},+\infty\right)$ 解析3 $Q(x)=f(x)-g(x)-h(x)$，整理得$$Q(x)=mx-\dfrac{m}{x}-2\ln x-\dfrac{2\mathrm{e}}{x},$$题意即 $Q(x)>0$ 在 $[1,\mathrm{e}]$ 上有解，即$$\exists x\in[1,\mathrm{e}],m\left(x-\dfrac1x\right)>\dfrac{2\mathrm{e}}{x}+2\ln x ,$$当 $x=1$ 时，式子变为 $0>2\mathrm{e}$ 恒不成立；<br/>当 $x\ne1$ 时，参变分离，即$$\exists x\in(1,\mathrm{e}],m>\dfrac{\dfrac{2\mathrm{e}}{x}+2\ln x}{x-\dfrac1x},$$令 $a(x)=\dfrac{2\mathrm{e}}{x}+2\ln x$，求导得$$a'(x)=\dfrac{2(x-\mathrm{e})}{x^2},$$所以 $a(x)$ 在 $(1,\mathrm{e}]$ 上单调递减，且恒正；<br/>令 $b(x)=x-\dfrac1x$，可知其在 $(1,\mathrm{e}]$ 上单调递增，且恒正；<br/>因此，$c(x)=\dfrac{a(x)}{b(x)}$ 在 $(1,\mathrm{e}]$ 上单调递减，故$$\min\{c(x)\}=c(\mathrm{e})=\dfrac{4\mathrm{e}}{\mathrm{e}^2-1},$$因此，实数 $m$ 的取值范围为 $\left(\dfrac{4\mathrm{e}}{\mathrm{e}^2-1},+\infty\right)$． 备注3