Question

11．已知函數(shù)f（x）=lnx+m（x-1）²，（m∈R）
（Ⅰ）討論函數(shù)f（x）極值點的個數(shù)；
（Ⅱ）若對任意的x∈[1，+∞），f（x）≥0恒成立，求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的導數(shù)，通過討論m的范圍，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)判斷函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間，從而判斷其極值的個數(shù)；
（Ⅱ）通過討論m的范圍，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性求出m的具體范圍即可．

解答 解：（I）由已知得函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），
${f^/}（x）=\frac{1}{x}+2m（{x-1}）=\frac{{2m{x^2}-2mx+1}}{x}（{x＞0}）$，
令g（x）=2mx²-2mx+1，（x＞0），
當m=0時，g（x）=1，此時f′（x）＞0，
函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，無極值點；
當m＞0時，△=4m²-8m=4m（m-2），
 ①當0＜m≤2時，△≤0，g（x）≥0，
此時f′（x）≥0，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，無極值點；
 ②當m＞2時，△＞0，
令方程2mx²-2mx+1=0的兩個實數(shù)根為x₁，x₂（x₁＜x₂），
且${x_1}+{x_2}=1，{x_1}•{x_2}=\frac{1}{2m}＞0$，
可得$0＜{x_1}＜\frac{1}{2}，\frac{1}{2}＜{x_2}＜1$，因此
當x∈（0，x₁）時，g（x）＞0，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增；
當x∈（x₁，x₂）時，g（x）＜0，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；
當x∈（x₂，+∞）時，g（x）＞0，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增．
所以函數(shù)f（x）在（0，+∞）上有兩個極值點，
當m＜0時，△＞0，
x₁+x₂=1，x₁•x₂=$\frac{1}{2m}$＜0，可得x₁＜0，x₂＞1，
因此，當x∈（0，x₂）時，g（x）＞0，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增；
當x∈（x₂，+∞）時，g（x）＜0，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減．
所以函數(shù)f（x）在（0，+∞）上有一個極值點．
綜上所述，當m＜0時，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上有一個極值點；
當0≤m≤2時，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上無極值點；
當m＞2時，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上有兩個極值點．
（Ⅱ）當m≥0時，
當x≥1時，lnx≥0，m（x-1）²≥0，即f（x）≥0，符合題意；
當m＜0時，由（I）知，x₂＞1，函數(shù)f（x）在（1，x₂）上單調(diào)遞增，在（x₂，+∞）上單調(diào)遞減；
令h（x）=x-1-lnx，得${h^/}（x）=\frac{x-1}{x}≥0（{x≥1}）$，
所以函數(shù)h（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，又h（1）=0，
得h（x）≥0，即lnx≤x-1，所以f（x）≤x-1+m（x-1）²，
當$x＞\frac{m-1}{m}$時，x-1+m（x-1）²＜0，即f（x）＜0，不符合題意；
綜上所述，m的取值范圍為[0，+∞）．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值問題，考查二次函數(shù)的性質(zhì)，導數(shù)的應用以及函數(shù)恒成立問題，考查分類討論思想，是一道綜合題．