Question

18．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$x²+mlnx+x
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）令g（x）=f（x）-$\frac{1}{2}$x²，試問過點P（1，3）存在多少條直線與曲線y=g（x）相切？并說明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論m的范圍，解關于導函數(shù)的不等式，從而得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）設切點為（x₀，x₀+mlnx₀），求出切線斜率K，求出切線方程，切線過點P（1，3），推出關系式，構(gòu)造函數(shù)g（x）（x＞0），求出導函數(shù)，通過討論①當m＜0時，判斷g（x）單調(diào)性，說明方程g（x）=0無解，切線的條數(shù)為0，②當m＞0時，類比求解，推出當m＞0時，過點P（1，3）存在兩條切線，③當m=0時，f（x）=x，說明不存在過點P（1，3）的切線．

解答 解：（1）f（x）=$\frac{1}{2}$x²+mlnx+x，（x＞0），
f′（x）=x+$\frac{m}{x}$+1=$\frac{{x}^{2}+x+m}{x}$=$\frac{{（x+\frac{1}{2}）}^{2}+m-\frac{1}{4}}{x}$，
①m≥0時，f′（x）＞0，函數(shù)在（0，+∞）遞增，
②m＜0時，令f′（x）＞0，解得：x＞$\frac{\sqrt{1-4m}-1}{2}$，
令f′（x）＜0，解得：x＜$\frac{\sqrt{1-4m}-1}{2}$，
∴f（x）在（0，$\frac{\sqrt{1-4m}-1}{2}$）遞減，在（$\frac{\sqrt{1-4m}-1}{2}$，+∞）遞增；
（2）設切點為（x₀，x₀+mlnx₀），則切線斜率k=1+$\frac{m}{{x}_{0}}$，
切線方程為y-（x0+alnx0）=（1+$\frac{m}{{x}_{0}}$）（x-x₀）．
因為切線過點P（1，3），則3-（x0+alnx0）=（1+$\frac{m}{{x}_{0}}$）（1-x₀）．
即m（lnx₀+$\frac{1}{{x}_{0}}$-1）-2=0．           …①
令g（x）=m（lnx+$\frac{1}{x}$-1）-2（x＞0），則 g′（x）=m（$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$）=$\frac{m（x-1）}{{x}^{2}}$，
①當m＜0時，在區(qū)間（0，1）上，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增；
在區(qū)間（1，+∞）上，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，
所以函數(shù)g（x）的最大值為g（1）=-2＜0．
故方程g（x）=0無解，即不存在x₀滿足①式．
因此當m＜0時，切線的條數(shù)為0．
②當m＞0時，在區(qū)間（0，1）上，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，
在區(qū)間（1，+∞）上，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，
所以函數(shù)g（x）的最小值為g（1）=-2＜0．
取x₁=e₁+$\frac{2}{m}$＞e，則g（x₁）=a（1+$\frac{2}{m}$+e-1-$\frac{2}{m}$-1）-2=ae-1-$\frac{2}{m}$＞0．
故g（x）在（1，+∞）上存在唯一零點．
取x₂=e-1-$\frac{2}{m}$＜$\frac{1}{e}$，則g（x₂）=m（-1-$\frac{2}{m}$+e₁+$\frac{2}{m}$-1）-2=me₁+$\frac{2}{m}$-2m-4=m[e₁+$\frac{2}{m}$-2（1+$\frac{2}{m}$）]．
設t=1+$\frac{2}{m}$（t＞1），u（t）=e^t-2t，則u′（t）=e^t-2．
當t＞1時，u′（t）=e^t-2＞e-2＞0恒成立．
所以u（t）在（1，+∞）單調(diào)遞增，u（t）＞u（1）=e-2＞0恒成立，
所以g（x₂）＞0．
故g（x）在（0，1）上存在唯一零點．
因此當m＞0時，過點P（1，3）存在兩條切線．
③當m=0時，f（x）=x，顯然不存在過點P（1，3）的切線．
綜上所述，當m＞0時，過點P（1，3）存在兩條切線；
當m≤0時，不存在過點P（1，3）的切線．

點評 本題考查函數(shù)的導數(shù)的綜合應用，切線方程的求法，函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)的最值，考查分析問題解決問題的能力，轉(zhuǎn)化思想以及分類討論思想的應用，是難度比較大的題目．