Question

2．已知函數f（x）=$\frac{x^2}{2}$+mlnx，g（x）=$\frac{x^2}{2}$-x，p（x）=mx²．
（1）若函數f（x）與g（x）在公共定義域上具有相同的單調性，求實數m的值；
（2）若函數m（x），m₁（x），m₂（x）在公共定義域內滿足m₁（x）＞m（x）＞m₂（x）恒成立，則稱m（x）為從m₁（x）至m₂（x）的“過渡函數”；
①在（1）的條件下，探究從f（x）至g（x）是否存在無窮多個“過渡函數”，并說明理由；
②是否存在非零實數m，使得f（x）是從p（x）至g（x）的“過渡函數”．若存在，求出非零實數m的取值范圍；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函數的定義域，根據題意得到x=1是f（x）的極值點，求出m的值檢驗即可；
（2）①令F（x）=f（x）-g（x），根據函數的單調性求出F（x）的最小值，結合新定義判斷即可；
②假設存在實數m，使得f（x）是從p（x）至g（x）的“過渡函數”，得到$m{x^2}＞\frac{x^2}{2}+mlnx＞\frac{x^2}{2}-x$在（0，+∞）上恒成立；令H（x）=f（x）-g（x）=mlnx+x，x∈（0，+∞），通過討論m的范圍，結合函數的單調性判斷即可．

解答 解：（1）易知f（x）與g（x）的公共定義域為（0，+∞），
且$g（x）=\frac{x^2}{2}-x$在（0，1）上單調遞減，在 （1，+∞）上單調遞增，
又$f'（x）=x+\frac{m}{x}$，故1+m=0，即m=-1；
經檢驗，當m=-1時，f（x）與g（x）的公共定義域上具有相同的單調性，
故所求實數m的值為-1．
（2）①$f（x）=\frac{x^2}{2}-lnx，g（x）=\frac{x^2}{2}-x$，公共定義域為（0，+∞），
令F（x）=f（x）-g（x）=x-lnx，x∈（0，+∞），
則$F'（x）=1-\frac{1}{x}$，故F（x）在（0，1）上單調遞減，在 （1，+∞）上單調遞增，
故F（x）_min=F（1）=1，故f（x）-g（x）≥1，即f（x）≥g（x）+1，
令h（x）=g（x）+t，t∈（0，1），
則f（x）＞h（x）＞g（x）在（0，+∞）上恒成立，
故存在無窮多個從f（x）至g（x）的“過渡函數”．
②假設存在實數m，使得f（x）是從p（x）至g（x）的“過渡函數”，
則$m{x^2}＞\frac{x^2}{2}+mlnx＞\frac{x^2}{2}-x$在（0，+∞）上恒成立；
令H（x）=f（x）-g（x）=mlnx+x，x∈（0，+∞），
則$H'（x）=\frac{m}{x}+1=\frac{m+x}{x}$．
（ I）當m＞0時，H'（x）＞0，
故H（x）在（0，+∞）上單調遞增，且值域為R，
此時f（x）-g（x）＞0不恒成立，故m＞0與假設不符，舍去．
（Π）當m＜0時，令H'（x）=0，解得x=-m，
可知H（x）在（0，-m）上單調遞減，在（-m，+∞）上單調遞增，
故H（x）_min=H（-m）=mln（-m）-m，
依題意，mln（-m）-m＞0，解得m＞-e，
故-e＜m＜0，
∴當-e＜m＜0時，f（x）＞g（x）在（0，+∞）上恒成立，
令$G'（x）=p（x）-f（x）=（{m-\frac{1}{2}}）{x^2}-mlnx，x∈（{0，+∞}）$；
因為-e＜m＜0，故$m-\frac{1}{2}＜0$；
$G'（x）=（{2m-1}）x-\frac{m}{x}=\frac{{（{2m-1}）{x^2}-m}}{x}，x∈（{0，+∞}）$，
令G'（x）=0，故$x=\sqrt{\frac{m}{2m-1}}$，
易知G'（x）在$（{0，\sqrt{\frac{m}{2m-1}}}）$上單調遞增，在$（{\sqrt{\frac{m}{2m-1}}，+∞}）$上單調遞減，
當-e＜m＜0時，G'（x）＞0在（0，+∞）上不恒成立，
即p（x）＞f（x）在（0，+∞）上不恒成立．
綜上可知，不存在非零實數m，使得f（x）是從p（x）至g（x）的“過渡函數”．

點評 本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用有解新定義的理解，是一道綜合題．