Question

7．已知函數(shù)$f（x）=ln（{1+mx}）+\frac{x^2}{2}-mx$，其中m＞0．
（Ⅰ）當(dāng)m=1時(shí)，求證：-1＜x≤0時(shí)，$f（x）≤\frac{x^3}{3}$；
（Ⅱ）試討論函數(shù)y=f（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）當(dāng)m=1時(shí)，令$g（x）=f（x）-\frac{x^3}{3}（{-1＜x≤0}）$，則$g'（x）=\frac{{-{x^3}}}{1+x}$，利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系即可證明．
（II）$f'（x）=\frac{{mx[{x-（{m-\frac{1}{m}}）}]}}{1+mx}$，令f'（x）=0，得x₁=0，${x_2}=m-\frac{1}{m}$，對m分類討論，通過構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值，即可得出函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)．

解答 （Ⅰ）證明：當(dāng)m=1時(shí)，令$g（x）=f（x）-\frac{x^3}{3}（{-1＜x≤0}）$，則$g'（x）=\frac{{-{x^3}}}{1+x}$，
當(dāng)-1＜x≤0時(shí)，-x³≥0，1+x＞0，∴g'（x）≥0，此時(shí)函數(shù)g（x）遞增，
∴當(dāng)-1＜x≤0時(shí)，g（x）≤g（0）=0，
∴當(dāng)-1＜x≤0時(shí)，$f（x）≤\frac{x^3}{3}$…①
（Ⅱ）解：$f'（x）=\frac{{mx[{x-（{m-\frac{1}{m}}）}]}}{1+mx}$…②
令f'（x）=0，得x₁=0，${x_2}=m-\frac{1}{m}$，
（1）當(dāng)m=1時(shí)，x₁=x₂=0，由②得$f'（x）=\frac{x^2}{1+x}$…③
∴當(dāng)x＞-1時(shí)，1+x＞0，x²≥0，∴f'（x）≥0，此時(shí)，函數(shù)f（x）為增函數(shù)，
∴-1＜x＜0時(shí)，f（x）＜f（0）=0，f（0）=0，x＞0時(shí)，f（x）＞f（0）=0，
故函數(shù)y=f（x），在x＞-1上有且只有一個(gè)零點(diǎn)x=0．
（2）當(dāng)0＜m＜1時(shí)，$m-\frac{1}{m}＜0$，且$-\frac{1}{m}＜m-\frac{1}{m}$，
由②知，當(dāng)$x∈（{-\frac{1}{m}，m-\frac{1}{m}}]$，1+mx＞0，mx＜0，$x-（{m-\frac{1}{m}}）≤0$，
此時(shí)，f'（x）≥0；同理可得，當(dāng)$x∈（{m-\frac{1}{m}，0}]$，f'（x）≤0；當(dāng)x≥0時(shí)，f'（x）≥0；
∴函數(shù)y=f（x）的增區(qū)間為$（{-\frac{1}{m}，m-\frac{1}{m}}]$和（0，+∞），減區(qū)間為$（{m-\frac{1}{m}，0}]$，
故當(dāng)$m-\frac{1}{m}＜x＜0$時(shí)，f（x）＞f（0）=0，當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＞f（0）=0．
∴函數(shù)y=f（x），$x∈（{m-\frac{1}{m}，+∞}）$有且只有一個(gè)零點(diǎn)x=0；
又$f（{m-\frac{1}{m}}）=ln{m^2}-\frac{1}{2}（{{m^2}-\frac{1}{m^2}}）$，構(gòu)造函數(shù)$φ（t）=lnt-\frac{1}{2}（{t-\frac{1}{t}}）$，0＜t＜1，則$φ'（t）=\frac{1}{t}-\frac{1}{2}（{1+\frac{1}{t^2}}）=\frac{{-{{（{t-1}）}^2}}}{t^2}$…④，
易知，對?t∈（0，1），φ'（t）≤0，∴函數(shù)y=φ（t），0＜t＜1為減函數(shù)，∴φ（t）＞φ（1）=0．
由0＜m＜1，知0＜m²＜1，∴$f（{m-\frac{1}{m}}）=ln（{m^2}）-\frac{1}{2}（{{m^2}-\frac{1}{m^2}}）＞0$…⑤
構(gòu)造函數(shù)k（x）=lnx-x+1（x＞0），則$k'（x）=\frac{1-x}{x}$，當(dāng)0＜x≤1時(shí)，k'（x）≥0，當(dāng)x＞1時(shí)，k'（x）＜0，
∴函數(shù)y=k（x）的增區(qū)間為（0，1]，減區(qū)間為（1，+∞），
∴k（x）≤k（1）=0，∴有$ln\frac{1}{m^2}≤\frac{1}{m^2}-1＜\frac{1}{m^2}+1$，則${e^{-\frac{1}{m^2}-1}}＜{m^2}$，
∴$\frac{{{e^{-\frac{1}{m^2}-1}}-1}}{m}＜m-\frac{1}{m}$，當(dāng)$-\frac{1}{m}＜x＜\frac{{{e^{-\frac{1}{m^2}-1}}-1}}{m}$時(shí)，$ln（{1+mx}）＜-\frac{1}{m^2}-1$…⑥
而$\frac{x^2}{2}-mx＜{x^2}-mx＜\frac{1}{m^2}+1$…⑦
由⑥⑦知$f（x）=ln（{1+mx}）+\frac{x^2}{2}-mx＜-\frac{1}{m^2}-1+\frac{1}{m^2}+1=0$…⑧
又函數(shù)y=f（x）在$（-\frac{1}{m}，m-\frac{1}{m}）$上遞增，$m-\frac{1}{m}＞\frac{{{e^{-\frac{1}{m^2}-1}}-1}}{m}$，
由⑤⑧和函數(shù)零點(diǎn)定理知，$?{x_0}∈（{-\frac{1}{m}，\frac{{{m^2}-1}}{m}}）$，使得f（x₀）=0，
綜上，當(dāng)0＜m＜1時(shí)，函數(shù)$f（x）=ln（{1+mx}）+\frac{x^2}{2}-mx$有兩個(gè)零點(diǎn)．
（3）當(dāng)m＞1時(shí)，$m-\frac{1}{m}＞0$，由②知函數(shù)y=f（x）的增區(qū)間是$（{-\frac{1}{m}，0}]$和$[{m-\frac{1}{m}，+∞}）$，
減區(qū)間是$（{0，m-\frac{1}{m}}）$．…⑨
由④知函數(shù)y=φ（t），當(dāng)t＞1為減函數(shù)，∴當(dāng)t＞1時(shí)φ（t）＜φ（1）=0．
從而$f（{m-\frac{1}{m}}）＜0$；當(dāng)x＞2m時(shí)，$（{其中2m＞m-\frac{1}{m}}）$，1+mx＞1$f（x）=ln（{1+mx}）+\frac{x^2}{2}-mx=ln（{1+mx}）+\frac{x}{2}（{x-2m}）＞0$…⑩
又$x＞m-\frac{1}{m}$時(shí)，函數(shù)y=f（x）遞增，∴$?{x_0}∈（{m-\frac{1}{m}，2m}）$使得f（x₀）=0，
根據(jù)⑨知，函數(shù)$x∈（{-\frac{1}{m}，0}）$時(shí)，有f（x）＜0；$x∈（{0，m-\frac{1}{m}}）$時(shí)，f（x）＜0，f（x）=0，
∴函數(shù)$y=f（x）x∈（{-\frac{1}{m}，m-\frac{1}{m}}）$有且只有一個(gè)零點(diǎn)x=0．
綜上所述：當(dāng)0＜m＜1和m＞1時(shí)，函數(shù)y=f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)，
當(dāng)m=1時(shí)，函數(shù)y=f（x）有且僅有一個(gè)零點(diǎn)．

點(diǎn)評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值及其零點(diǎn)、構(gòu)造函數(shù)方法，考查了分類討論方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．