Question

18．已知函數(shù)f（x）=lnx-mx²，g（x）=$\frac{1}{2}$mx²+x（m∈R），令F（x）=f（x）+g（x）．
（1）若函數(shù)f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（2）若過(guò)原點(diǎn)O可作曲線y=f（x）的兩條切線，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（3）若關(guān)于x的不等式F（x）≤mx-1恒成立，求整數(shù)m的最小值．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，由題意可得f′（x）=$\frac{1}{x}$-2mx≥0在（0，1）上恒成立，由參數(shù)分離和不等式恒成立思想即可得到m的范圍；
（2）設(shè)出切點(diǎn)，求得切線的斜率，求得切線方程，代入原點(diǎn)，結(jié)合點(diǎn)滿足曲線方程，討論函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，注意運(yùn)用導(dǎo)數(shù)求極值，可令極大值大于0，即可得到m的范圍；
（3）關(guān)于x的不等式F（x）≤mx-1恒成立，即為lnx-$\frac{1}{2}$mx²+（1-m）x+1≤0恒成立，令h（x）=lnx-$\frac{1}{2}$mx²+（1-m）x+1，求得導(dǎo)數(shù)，求得單調(diào)區(qū)間，討論m的符號(hào)，由最大值小于等于0，通過(guò)分析即可得到m的最小值．

解答 解：（1）∵f（x）=lnx-mx²，
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$-2mx≥0在（0，1）上恒成立，
∴2m≤$\frac{1}{{x}^{2}}$，即有2m≤1，
∴m≤$\frac{1}{2}$；
（2）設(shè)切點(diǎn)為（a，b），則切線方程為y-b=（$\frac{1}{a}$-2ma）（x-a），
代入（0，0），b=lna-ma²，可得-lna+ma²=-1+2ma²，
∴ma²+lna-1=0有兩個(gè)不相等的正數(shù)解，
令g（a）=ma²+lna-1，則g′（a）=2ma+$\frac{1}{a}$=$\frac{1+2m{a}^{2}}{a}$，
當(dāng)m≥0時(shí)，g′（a）＞0，g（a）在（0，+∞）遞增，只有一個(gè)正數(shù)解；
當(dāng)m＜0時(shí)，由g′（a）=0，解得a=$\sqrt{-\frac{1}{2m}}$，
當(dāng)a＞$\sqrt{-\frac{1}{2m}}$，g′（a）＜0，g（a）遞減，當(dāng)0＜a＜$\sqrt{-\frac{1}{2m}}$，g′（a）＞0，g（a）遞增，
即有a=$\sqrt{-\frac{1}{2m}}$，g（a）取得極大值，且為-$\frac{1}{2}$+ln$\sqrt{-\frac{1}{2m}}$-1，
由題意可得-$\frac{1}{2}$+ln$\sqrt{-\frac{1}{2m}}$-1＞0，解得-$\frac{1}{2}$e^-3＜m＜0；
（3）關(guān)于x的不等式F（x）≤mx-1恒成立，即為
lnx-$\frac{1}{2}$mx²+（1-m）x+1≤0恒成立，
令h（x）=lnx-$\frac{1}{2}$mx²+（1-m）x+1，h′（x）=$\frac{1}{x}$-mx+1-m=$\frac{-m{x}^{2}+（1-m）x+1}{x}$，
當(dāng)m≤0可得h′（x）＞0恒成立，h（x）遞增，無(wú)最大值，不成立；
當(dāng)m＞0時(shí)，h′（x）=$\frac{-m（x+1）（x-\frac{1}{m}）}{x}$，
當(dāng)x＞$\frac{1}{m}$，h′（x）＜0，h（x）遞減，當(dāng)0＜x＜$\frac{1}{m}$，h′（x）＞0，h（x）遞增，
則有x=$\frac{1}{m}$取得極大值，且為最大值．
由恒成立思想可得ln$\frac{1}{m}$-$\frac{1}{2m}$+$\frac{1}{m}$≤0，
即為2mlnm≥1，
顯然m=1不成立，m=2時(shí)4ln2≥1即有2⁴≥e成立．
整數(shù)m的最小值為2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求切線方程和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，主要考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義和函數(shù)的單調(diào)性的運(yùn)用，同時(shí)考查函數(shù)和方程的轉(zhuǎn)化思想以及不等式恒成立思想的運(yùn)用，屬于中檔題．