Question

10．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}m{（x-1）^2}$-2x+3+lnx，m∈R
（1）當m=0時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間；
（2）若曲線y=f（x）在點P（1，1）處的切線l與曲線y=f（x）有且只有一個公共點，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，由導(dǎo)數(shù)大于0，可得增區(qū)間；
（2）求出f（x）導(dǎo)數(shù)，求得切線的斜率和切點，可得切線方程，由題意可得關(guān)于x的方程$\frac{1}{2}m{（{x-1}）^2}-2x+3+lnx=-x+2$有且只有一個解，即$\frac{1}{2}m{（{x-1}）^2}-x+1+lnx=0$有且只有一個解．令$g（x）=\frac{1}{2}m{（{x-1}）^2}-x+1+lnx（{x＞0}）$，求出導(dǎo)數(shù)，對m討論，求出單調(diào)區(qū)間，運用單調(diào)性即可得到m的范圍．

解答 （1）由題意知，f（x）=-2x+3+lnx，
所以$f'（x）=-2+\frac{1}{x}=\frac{-2x+1}{x}（{x＞0}）$．…（2分）
令f'（x）＞0得$x∈（{0，\frac{1}{2}}）$，所以函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間是$（{0，\frac{1}{2}}）$．…（4分）
（2）由$f'（x）=mx-m-2+\frac{1}{x}$，得f'（1）=-1，又f（1）=1，
所以曲線y=f（x）在點P（1，1）處的切線l的方程為y=-x+2，…（6分）
因為l與曲線y=f（x）有且只有一個公共點，
即關(guān)于x的方程$\frac{1}{2}m{（{x-1}）^2}-2x+3+lnx=-x+2$有且只有一個解，
即$\frac{1}{2}m{（{x-1}）^2}-x+1+lnx=0$有且只有一個解．…（8分）
令$g（x）=\frac{1}{2}m{（{x-1}）^2}-x+1+lnx（{x＞0}）$，
則$g'（x）=m（{x-1}）-1+\frac{1}{x}=\frac{{m{x^2}-（{m+1}）x+1}}{x}=\frac{{（{x-1}）（{mx-1}）}}{x}（{x＞0}）$．…（10分）
①m≤0時，由g'（x）＞0得0＜x＜1，由g'（x）＜0，得x＞1，
所以函數(shù)g（x）在（0，1）上為增函數(shù)，在（1，+∞）上為減函數(shù)，
又g（1）=0，故m≤0符合題意；…（11分）
②當0＜m＜1時，由g'（x）＞0，得0＜x＜1或$x＞\frac{1}{m}$，由g'（x）＜0，得$1＜x＜\frac{1}{m}$，
所以函數(shù)g（x）在（0，1）上為增函數(shù)，在$（1，\frac{1}{m}）$上為減函數(shù)，在$（\frac{1}{m}，+∞）$上為增函數(shù)，
又g（1）=0，且當x→∞時，g（x）→∞，此時曲線y=g（x）與x軸有兩個交點，
故0＜m＜1不合題意；…（12分）
③當m=1時，g'（x）≥0，g（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，且g（1）=0，
故m=1符合題意；…（13分）
④當m＞1，由g'（x）＞0，得$0＜x＜\frac{1}{m}$或x＞1，由g'（x）＜0，得$\frac{1}{m}＜x＜1$，
所以函數(shù)g（x）在$（0，\frac{1}{m}）$上為增函數(shù)，在$（\frac{1}{m}，1）$上為減函數(shù)，在（1，+∞）上為增函數(shù)，
又g（1）=0，且當x→0時，g（x）→-∞，此時曲線y=g（x）與x軸有兩個交點，
故m＞1不合題意；…（14分）
綜上，實數(shù)m的取值范圍m≤0或m=1． …（16分）

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求切線方程和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，考查分類討論思想方法和轉(zhuǎn)化思想，以及運算能力，屬于難題．