Question

4．已知函數(shù)$f（x）=\frac{m}{2}{x^2}-x-lnx$．
（Ⅰ）求曲線C：y=f（x）在x=1處的切線l的方程；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）在定義域內(nèi)是單調(diào)函數(shù)，求m的取值范圍；
（Ⅲ）當(dāng)m＞-1時，（Ⅰ）中的直線l與曲線C：y=f（x）有且只有一個公共點，求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)切點坐標(biāo)，向量k=f′（1）=m-2，求出切線方程即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論m的符號結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)，判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而求出m的具體范圍；
（Ⅲ）根據(jù)直線和曲線C的關(guān)系，得到$g（x）=\frac{m}{2}{x^2}-（m-1）x-lnx+\frac{m-2}{2}，x＞0$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出m的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）$f'（x）=mx-1-\frac{1}{x}$，x＞0…（1分）
因為$f（1）=\frac{m}{2}-1$，所以切點為（1，$\frac{m}{2}-1$）．
又k=f′（1）=m-2，…（2分）
所以切線l$：y-（\frac{m}{2}-1）=（m-2）（x-1）$，
即l$：y=（m-2）x-\frac{m-2}{2}$．…（3分）
（Ⅱ）①當(dāng)m≤0時，f′（x）＜0，
所以f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，符合題意． …（5分）
②當(dāng)m＞0時，設(shè)y=mx²-x-1，該拋物線開口向上，
且△=1+4m＞0，過（0，-1）點，
所以該拋物線與x軸相交，交點位于原點兩側(cè)，
f（x）不單調(diào)，不符合題意，舍去． …（6分）
綜上m≤0． …（7分）
（Ⅲ）因為直線l與C有且只有一個公共點，
所以方程$\frac{m}{2}{x^2}-x-lnx-（m-2）x+\frac{m-2}{2}=0$，
即$\frac{m}{2}{x^2}-（m-1）x-lnx+\frac{m-2}{2}=0$有且只有一個根． …（8分）
設(shè)$g（x）=\frac{m}{2}{x^2}-（m-1）x-lnx+\frac{m-2}{2}，x＞0$，
則$g'（x）=mx-（m-1）-\frac{1}{x}=\frac{{m{x^2}-（m-1）x-1}}{x}=\frac{（mx+1）（x-1）}{x}$，…（10分）
①當(dāng)m≥0時，
因為x＞0，所以mx+1＞0，令g'（x）＞0，解得x＞1；
令g′（x）＜0，解得0＜x＜1；
所以g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，在（0，1）上單調(diào)遞減，
所以g（x）_min=g（1）=0，所以符合條件．…（11分）
②當(dāng)-1＜m＜0時，則$-\frac{1}{m}＞1$
令g′（x）＞0，解得$1＜x＜-\frac{1}{m}$；
令g′（x）＜0，解得0＜x＜1或$x＞-\frac{1}{m}$；
所以g（x）在$（1，-\frac{1}{m}）$上單調(diào)遞增，在（0，1），$（-\frac{1}{m}，+∞）$上單調(diào)遞減，…（12分）
$g（\frac{2m-3}{m}）=\frac{m}{2}{（\frac{2m-3}{m}）^2}-（m-1）（\frac{2m-3}{m}）-ln（\frac{2m-3}{m}）+\frac{m-2}{2}$
=$\frac{{{{（2m-3）}^2}-2（m-1）（2m-3）}}{2m}-ln（\frac{2m-3}{m}）+\frac{m-2}{2}$
=$-\frac{2m-3}{2m}-ln（\frac{2m-3}{m}）+\frac{m-2}{2}$，
因為-1＜m＜0，所以$-\frac{2m-3}{2m}＜0$，$\frac{m-2}{2}＜0$，
又$\frac{2m-3}{m}＞1$，所以$ln（\frac{2m-3}{m}）＞0$，
即$-ln（\frac{2m-3}{m}）＜0$，所以$g（\frac{2m-3}{m}）＜0$．
所以g（x）在$（1，-\frac{1}{m}）$上有一個零點，且g（1）=0，
所以g（x）有兩個零點，不符合題意．
綜上m≥0．…（14分）

點評 本題考查了函數(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，曲線的切線方程問題，是一道綜合題．