Question

17．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$x²+2ax+blnx-1在x=1處取得極值$\frac{1}{2}$．
（I）求函數(shù)f（x）的解析式；
（Ⅱ）設函數(shù)g（x）=m[f（x）-$\frac{1}{2}$x²+1]+x²+3mlnx．
（1）若函數(shù)y=g（x）上的點都在第一象限，求實數(shù)m的取值范圍；
（2）求證：對于任意的實數(shù)m，存在x₀∈（1，e），使得g′（x₀）=$\frac{g（e）-g（1）}{e-1}$成立．

Answer 1

分析 （1）對函數(shù)f（x）求導，由極值可得方程組，解方程組即可．
（2）討論m=0，m＞0，m＜0，運用對數(shù)函數(shù)的性質，以及分離參數(shù)，構造函數(shù)應用導數(shù)求極值、最值，即可得到m的范圍；
（3）設函數(shù)H（x），計算H（1），H（e），討論m的范圍，由零點存在定理，即可得證；當$\frac{（e-1）^{2}}{e-2}$≤m≤e（e-1）²時，求出H（x）的最小值，判斷它小于0，再由零點存在定理，即可得證．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=x+2a+$\frac{x}$
令f′（x）=0，得x=1．
∴$\left\{\begin{array}{l}{f′（1）=1+2a+b=0}\\{f（1）=\frac{1}{2}+2a-1=\frac{1}{2}}\end{array}\right.$
∴a=$\frac{1}{2}$，b=-2．
∴$f（x）=\frac{1}{2}{x}^{2}+x-2lnx-1$
（Ⅱ）（1）g（x）=m[x-2lnx]+x²+3mlnx=x²+mx+mlnx
g（x）的定義域為（0，+∞）．
①m=0時，g（x）=x²，
∵x＞0，
∴點（x，x²）在第一象限．
②m＞0時，由對數(shù)函數(shù)性質知，x∈（0，1）時，lnx∈（-∞，0）
∴mlnx∈（-∞，0）
∴g（x）的圖象無法全部在第一象限．
③m＜0時，由g（x）=x²+m（x+lnx）＞0得
$\frac{1}{m}$＜-（$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{{x}^{2}}$lnx）
設h（x）=-（$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{{x}^{2}}$lnx），h′（x）=$\frac{x-1}{{x}^{3}}$+$\frac{2lnx}{{x}^{3}}$

x	（0，1）	1	（1，+∞）
h′（x）	-	0	+
h（x）	單調遞減	極小值	單調遞增

則h（x）≥h（1）=-1，從而
$\frac{1}{m}$＜-（$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{{x}^{2}}$lnx）＜-1，-1＜m＜0
綜上所述，常數(shù)m是取值范圍-1＜m≤0
（3）證明：直接計算知$\frac{g（e）-g（1）}{e-1}$=e+1+m+$\frac{m}{e-1}$．
設函數(shù)H（x）=g′（x）-$\frac{g（e）-g（1）}{e-1}$=2x-（e+1）+$\frac{m}{x}$-$\frac{m}{e-1}$．
H（1）=1-e+m-$\frac{m}{e-1}$=$\frac{m（e-2）-（e-1）^{2}}{e-1}$
H（e）=e-1+$\frac{m}{e}$-$\frac{m}{e-1}$=$\frac{e（e-1）^{2}-m}{e（e-1）}$
當m＞e（e-1）²或m＜$\frac{（e-1）^{2}}{e-2}$時
H（1）H（e）=-$\frac{[m（e-2）-（e-1）^{2}][m-e（e-1）^{2}]}{e（e-1）^{2}}$＜0
∵y=H（x）的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線．
∴存在x₀∈（1，e），使H（X）=0．
即x₀∈（1，e），使g′（x₀）=$\frac{g（e）-g（1）}{e-1}$
當$\frac{（e-1）^{2}}{e-2}$≤m≤e（e-1）²時，H（1）•H（e）≥0，而且H（1）、H（e）之中至少一個為正，
由均值不等式知H（x）≥2$\sqrt{2m}$-$\frac{m+{e}^{2}-1}{e-1}$．
等號當且僅當x=$\sqrt{\frac{m}{2}}$∈（1，e）時成立
∴H（x）有最小值n=2$\sqrt{2m}$-$\frac{m+{e}^{2}-1}{e-1}$=$\frac{-m+2（e-1）\sqrt{2m}-（{e}^{2}-1）}{e-1}$
且n=$\frac{-m+2（e-1）\sqrt{2m}-（{e}^{2}-1）}{e-1}$=$\frac{-[\sqrt{m}-\sqrt{2}（e-1）]^{2}+（e-1）（e-3）}{e-1}$＜0
此時存在x₀∈（1，e）（x₀∈（1，$\sqrt{\frac{m}{2}}$）或x₀∈（$\sqrt{\frac{m}{2}}$，e）），使H（x₀）=0
綜上所述，對任意的實數(shù)m，存在x₀∈（1，e），使得g′（x₀）=$\frac{g（e）-g（1）}{e-1}$

點評 本題考查函數(shù)求導，對數(shù)函數(shù)性質，分離參數(shù)，構造函數(shù)，應用導數(shù)求極值、最值等內容．還有應用零點存在定理．較難．