Question

9．已知函數(shù)$f（x）=lnx+\frac{1}{2}m{x^2}$（m∈R），
（Ⅰ）求曲線y=f（x）在（1，f（1））處的切線與直線x+2y-5=0垂直，求m的值；
（Ⅱ）若關(guān)于x的不等式f（x）≤mx²+（m-1）x-1恒成立，求整數(shù)m的最小值；
（Ⅲ）若m=1，m∈R設(shè)F（x）=f（x）+x．且正實(shí)數(shù)x₁，x₂滿足F（x₁）=-F（x₂），求證：x₁+x₂≥$\sqrt{3}$-1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到關(guān)于m的方程，解出即可；
（Ⅱ）構(gòu)造函數(shù)$G（x）=lnx-\frac{1}{2}m{x^2}+（1-m）x+1$，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論m的范圍，確定函數(shù)的單調(diào)性，從而求出m的最小值即可；
（Ⅲ）求出F（x）的表達(dá)式，得F（x₁）+F（x₂）=0，令t=x₁•x₂＞0，得到ϕ（t）=t-lnt，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，證出結(jié)論即可．

解答 解：（Ⅰ）$f'（x）=\frac{1}{x}+mx$（1分） 
切線的斜率k=f'（1）=1+m（2分），
∴1+m=2，∴m=（13分）
（Ⅱ）由題意，$lnx-\frac{1}{2}m{x^2}+（1-m）x+1≤0$，
設(shè)$G（x）=lnx-\frac{1}{2}m{x^2}+（1-m）x+1$（4分）
$G'（x）=\frac{1}{x}-mx+（1-m）$（5分）
①當(dāng)m≤0時，因?yàn)閤＞0，所以G'（x）＞0
所以G（x）在（0，+∞）上是單調(diào)遞增函數(shù)，
$G（1）=ln1-\frac{1}{2}m×{1^2}+（1-m）+1=-\frac{3}{2}m+2＞0$，（4分）
所以關(guān)于x的不等式G（x）≤0不能恒成立．（6分）
②當(dāng)m＞0時，$G'（x）=\frac{{-m{x^2}+（1-m）x+1}}{x}=-\frac{{m（x-\frac{1}{m}）（x+1）}}{x}$．
令G'（x）=0，因?yàn)閤＞0，得$x=\frac{1}{m}$，
所以當(dāng)$x∈（0，\frac{1}{m}）$時，G'（x）＞0；當(dāng)$x∈（\frac{1}{m}，+∞）$時，G'（x）＜0．
因此函數(shù)G（x）在$x∈（0，\frac{1}{m}）$是增函數(shù)，在$x∈（\frac{1}{m}，+∞）$是減函數(shù)．（7分）
故函數(shù)G（x）的最大值為$G（\frac{1}{m}）=ln\frac{1}{m}-\frac{1}{2}m×{（\frac{1}{m}）^2}+（1-m）×\frac{1}{m}+1=\frac{1}{2m}-lnm$．（8分）
令$h（m）=\frac{1}{2m}-lnm$，因?yàn)閔（m）在m∈（0，+∞）上是減函數(shù)，
又因?yàn)?h（1）=\frac{1}{2}＞0$，$h（2）=\frac{1}{4}-ln2＜0$，所以當(dāng)m≥2時，h（m）＜0．
所以整數(shù)m的最小值為2．（10分）
（Ⅲ）m=1時，$F（x）=lnx+\frac{1}{2}{x^2}+x，x＞0$，
由F（x₁）=-F（x₂），得F（x₁）+F（x₂）=0，
即$ln{x_1}+\frac{1}{2}x_1^2+{x_1}+ln{x_2}+\frac{1}{2}x_2^2+{x_2}=0$，
整理得，$\frac{1}{2}{（{x_1}+{x_2}）^2}+（{x_1}+{x_2}）={x_1}{x_2}-ln（{x_1}{x_2}）$（11分）
令t=x₁•x₂＞0，則由ϕ（t）=t-lnt得，$ϕ'（t）=\frac{t-1}{t}$，
可知ϕ（t）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞增．（12分）
所以ϕ（t）≥ϕ（1）=1，（13分）
所以$\frac{1}{2}{（{x_1}+{x_2}）^2}+（{x_1}+{x_2}）≥1$，解得${x_1}+{x_2}≤-\sqrt{3}-1\;\;{x_1}+{x_2}≥\sqrt{3}-1$，
因?yàn)閤₁，x₂為正數(shù)，所以${x_1}+{x_2}≥\sqrt{3}-1$成立．（14分）

點(diǎn)評 本題考查了切線的斜率、考查函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，考查分類討論思想，是一道綜合題．