Question

8．已知函數(shù)f（x）=lnx+x，g（x）=$\frac{1}{2}$mx²+mx-1（m為整數(shù)）．
（1）求曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程；
（2）若函數(shù)y=f（x）的圖象始終在函數(shù)y=g（x）圖象的下方，求m的最小值．

Answer 1

分析 （1）求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義進(jìn)行求解即可．
（2）構(gòu)造函數(shù)G（x）=f（x）-g（x），將條件轉(zhuǎn)化為G（x）＜0，恒成立，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值問題即可得到結(jié)論．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞）；
則f（1）=ln1+1=1，
f′（x）=1+$\frac{1}{x}$，
則f′（1）=1+1=2，
則曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程為y-1=2（x-1），即y=2x-1；
（2）令G（x）=f（x）-g（x）=lnx-$\frac{1}{2}$mx²+（1-m）x+1，x＞0，
若函數(shù)y=f（x）的圖象始終在函數(shù)y=g（x）圖象的下方，
等價(jià)為G（x）＜0，恒成立，
即G（x）_max＜0恒成立，
G′（x）=$\frac{1}{x}$-mx+1-m=$\frac{-m{x}^{2}+（1-m）x+1}{x}$，（x＞0），
①當(dāng)m≤0時(shí)，∵x＞0，∴G′（x）＞0，
則G（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，∵G（1）=-$\frac{3}{2}$m+2＞0，
∴f（x）的圖象不可能在g（x）的圖象的下方，
②當(dāng)m＞0時(shí)，G′（x）=$\frac{-m{x}^{2}+（1-m）x+1}{x}$=$\frac{-m（x-\frac{1}{m}）（x+1）}{x}$，（x＞0），
令G′（x）=0，得x=$\frac{1}{m}$，
當(dāng)0＜x＜$\frac{1}{m}$時(shí)，G′（x）＞0，函數(shù)G（x）遞增，
當(dāng)x＞$\frac{1}{m}$時(shí)，G′（x）＜0．函數(shù)G（x）遞減，
即當(dāng)x=$\frac{1}{m}$時(shí)，函數(shù)G（x）取得最大值G（$\frac{1}{m}$）=ln$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{2}$m•（$\frac{1}{m}$）²+（1-m）•$\frac{1}{m}$+1=$\frac{1}{2m}$-lnm，
令r（m）=$\frac{1}{2m}$-lnm則r（m）在（0，+∞）上為減函數(shù)，
∵r（1）=$\frac{1}{2}$-ln1=$\frac{1}{2}＞0$，r（2）=$\frac{1}{4}$-ln2＜$\frac{1}{4}$-ln$\sqrt{e}$=-$\frac{1}{4}$＜0，
∴當(dāng)m≥2，r（m）＜0，則m的最小值是2．

點(diǎn)評 本題主要考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義以及構(gòu)造函數(shù)轉(zhuǎn)換為最值恒成立問題是解決本題的關(guān)鍵．