Question

已知函數(shù)g(x)=

1

2

x2-

1

2

x-1，令f(x)=g(x+

1

2

)+mlnx+

9

8

（m∈R）．
（1）若?x＞0，，使f（x）≤0成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（2）設(shè)1＜m≤e，H（x）=f（x）-（m+1）x，證明：對(duì)?x₁，x₂∈[1，m]，恒有H（x₁）-H（x₂）＜1．

Answer 1

分析：（1）由題意f(x)=

1

2

x2+mlnx，得f′(x)=x+

m

x

．討論m的范圍判斷函數(shù)的單調(diào)性與其最值，通過最小值與0的關(guān)系得到m的范圍．
（2）H′(x)=x+

m

x

-(m+1)=

(x-1)(x-m)

x

≤0，所以函數(shù)H（x）在[1，m]上單調(diào)遞減．H(x1)-H(x2)＜1?

1

2

m2-mlnm-

1

2

＜1?

1

2

m-lnm-

3

2m

＜0，所以設(shè)h(m)=

1

2

m-lnm-

3

2m

(1＜m≤e)判斷其單調(diào)性求其最值即可證得．

解答：解：（1）由題意f(x)=

1

2

x2+mlnx，得f′(x)=x+

m

x

．
①當(dāng)m＞0時(shí)，f′(x)=x+

m

x

＞0，因此f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，由對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，知f（x）的值域?yàn)镽，因此?x＞0，使f（x）≤0成立；
②當(dāng)m=0時(shí)，f(x)=

x2

2

＞0，對(duì)?x＞0，f（x）＞0恒成立；
③當(dāng)m＜0時(shí)，由f′(x)=x+

m

x

得x=

-m

，

x		-m	( -m ，+∞)
	-	0	+
f（x）	↘	極小值	↗

此時(shí)f(x)min=f(

-m

)=-

m

2

+mln

-m

．
令f(x)min＞0⇒

- m 2 +mln -m ＞0 m＜0

⇒-e＜m＜0．
所以對(duì)?x＞0，f（x）＞0恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是（-e，0]．
故?x＞0，使f（x）≤0成立，實(shí)數(shù)m的取值范圍是（-∞，-e]∪（0，+∞）．
（2）∵H(x)=f(x)-(m+1)x=

1

2

x2+mlnx-(m+1)x，
∴H′(x)=x+

m

x

-(m+1)=

(x-1)(x-m)

x

．
?x∈[1，m]，H′(x)=

(x-1)(x-m)

x

≤0，所以函數(shù)H（x）在[1，m]上單調(diào)遞減．
于是H(x1)-H(x2)≤H(1)-H(m)=

1

2

m2-mlnm-

1

2

．
H(x1)-H(x2)＜1?

1

2

m2-mlnm-

1

2

＜1?

1

2

m-lnm-

3

2m

＜0．
記h(m)=

1

2

m-lnm-

3

2m

(1＜m≤e)，
則h′(m)=

1

2

-

1

m

+

3

2m2

=

3

2

(

1

m

-

1

3

)2+

1

3

＞0，
所以函數(shù)h(m)=

1

2

m-lnm-

3

2m

在（1，e]上是單調(diào)增函數(shù)，
所以h(m)≤h(e)=

e

2

-1-

3

2e

=

(e-3)(e+1)

2e

＜0，
故對(duì)?x₁，x₂∈[1，m]，恒有H（x₁）-H（x₂）＜1．

點(diǎn)評(píng)：解決至少存在問題可從正面入手找到存在的原因也可以先做它的反面，證明不等式問題一般利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性通過函數(shù)的單調(diào)性求函數(shù)的最值，在利用最值求證不等式，函數(shù)與不等式結(jié)合是高考考查的熱點(diǎn)之一．