Question

8．已知函數(shù)f（x）=x-lnx-1，g（x）=$\frac{{x}^{2}}{2}$-mx+mf（x）（m∈R）．
（Ⅰ）求曲線y=f（x）在（1，f（1））處的切線方程；
（Ⅱ）求g（x）的單調區(qū)間；
（Ⅲ）當1＜m＜3時，x∈（1，e）求證：g（x）＞-$\frac{3}{2}$（1+ln3）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，切點坐標，斜率，即可求解切線方程．
（Ⅱ）求出$g'（x）=x-\frac{m}{x}=\frac{{{x^2}-m}}{x}$，通過①當m≤0時，②當m＞0時，分別求解函數(shù)的單調區(qū)間即可．（Ⅲ）通過（Ⅱ），當1＜m＜3，x∈（1，e），g（x）的導數(shù)和函數(shù)值變化情況，求出函數(shù)的極值，證明即可．

解答 （本題14分）
解：（Ⅰ）因為f（x）=x-lnx-1，所以$f'（x）=1-\frac{1}{x}$．
所以f（1）=0，f′（1）=0．
所以切線方程是y=0．…（3分）
（Ⅱ）因為f（x）=x-lnx-1，$g（x）=\frac{x^2}{2}-mx+mf（x）$，
所以$g（x）=\frac{x^2}{2}-mlnx-m（{x＞0}）$．
所以$g'（x）=x-\frac{m}{x}=\frac{{{x^2}-m}}{x}$．…（4分）
①當m≤0時，g′（x）＞0．
所以g（x）的單調遞增區(qū)間是（0，+∞），無單減遞增區(qū)間．…（5分）
②當m＞0時，令g′（x）＞0，得$x＞\sqrt{m}$；令g′（x）＜0，得$0＜x＜\sqrt{m}$．…（7分）
所以g（x）的單調遞增區(qū)間是$（{\sqrt{m}，+∞}）$，單減遞增區(qū)間是$（{0，\sqrt{m}}）$．…（8分）
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，當1＜m＜3，x∈（1，e），g（x）的導數(shù)和函數(shù)值變化情況如下圖

x	$（{1，\sqrt{m}}）$	$\sqrt{m}$	$（{\sqrt{m}，e}）$
g′（x）	-	0	+
g（x）	遞減	極小值	遞增

所以g（x）的最小值是$g（{\sqrt{m}}）=-\frac{m}{2}-\frac{m}{2}lnm$．…（10分）
令$h（m）=-\frac{m}{2}-\frac{m}{2}lnm$．所以$h'（m）=-1-\frac{1}{2}lnm$．
因為1＜m＜3，所以lnm＞0．
所以h′（m）＜0．
所以h（m）在（1，3）上單調遞減．…（12分）
所以$h（m）＞h（3）=-\frac{3}{2}-\frac{3}{2}ln3$．
所以當1＜m＜3，x∈（1，e）時，$g（x）＞-\frac{3}{2}-\frac{3}{2}ln3=-\frac{3}{2}（{1+ln3}）$．
綜上所述，當1＜m＜3，x∈（1，e）時，$g（x）＞-\frac{3}{2}（{1+ln3}）$．…（14分）

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，極值以及函數(shù)的最值的應用，考查分析問題解決問題的能力．