Question

12．已知函數(shù)f（x）=mx²-x+lnx．
（1）當m=-1時，求f（x）的極大值；
（2）若在函數(shù)f（x）的定義域內(nèi)存在區(qū)間D，使得該函數(shù)在區(qū)間D上為減函數(shù)，求實數(shù)m的取值范圍；
（3）當$0＜m≤\frac{1}{2}$時，若曲線C：y=f（x）在點x=1處的切線l與曲線C有且只有一個公共點，求m的值或取值范圍．

Answer 1

分析 （1）當m=-1時，求出函數(shù)的解析式，定義域，求出導函數(shù)，求出極值點，推出結(jié)果即可．
（2）（法一）$f'（x）=2mx-1+\frac{1}{x}=\frac{{2m{x^2}-x+1}}{x}$，通過當m≤0，當m＞0時，求解實數(shù)m的取值范圍．
（法二）$f'（x）=2mx-1+\frac{1}{x}=\frac{{2m{x^2}-x+1}}{x}$，問題成立只需m＜u（x）_max（x∈（0，+∞）），然后求解實數(shù)m的取值范圍．
（3）求出切線方程，轉(zhuǎn)化mx²-x+lnx=2mx-m-1在（0，+∞）上有且只有一解．構(gòu)造函數(shù)g（x）=mx²-x+lnx-（2mx-m-1），求出函數(shù)g（x）有零點x=1．通過求解導函數(shù)，討論當$m=\frac{1}{2}$時，當$0＜m＜\frac{1}{2}$時，判斷函數(shù)的單調(diào)性，利用函數(shù)的零點．推出m的范圍．

解答 解：（1）當m=-1時，f（x）=mx²-x+lnx=-x²-x+lnx，其定義域（0，+∞）．
又$f'（x）=-2x-1+\frac{1}{x}=\frac{{-2{x^2}-x+1}}{x}=-\frac{x+1}{x}（\;2x-1\;）$．
∵$-\frac{x+1}{x}＜0$，故由f′（x）=0，得$x=\frac{1}{2}$．…（1分）
∴當$0＜x＜\frac{1}{2}$時，f′（x）＞0，f（x）遞增；當$x＞\frac{1}{2}$，f′（x）＜0，f（x）遞減．
因此當$x=\frac{1}{2}$時，f（x）取得極大值$f（\;\frac{1}{2}\;）=-\frac{3}{4}-ln2$；…（2分）
（2）（法一）$f'（x）=2mx-1+\frac{1}{x}=\frac{{2m{x^2}-x+1}}{x}$，即2mx²-x+1＜0在（0，+∞）上有解．
當m≤0顯然成立； …（4分）
當m＞0時，由于函數(shù)y=2mx²-x+1的圖象的對稱軸$x=\frac{1}{4m}＞0$，故須且
只須△＞0，即1-8m＞0，故$m＜\frac{1}{8}$．…（5分）
綜上所述得$m＜\frac{1}{8}$，故實數(shù)m的取值范圍為$（\;-∞\;，\;\frac{1}{8}\;）$；…（6分）
（若f'（x）≤0在（0，+∞）上有解，最后有檢驗也是可以的）
（法二）$f'（x）=2mx-1+\frac{1}{x}=\frac{{2m{x^2}-x+1}}{x}$，即2mx²-x+1＜0在（0，+∞）上有解．
即2mx²-x+1＜0在（0，+∞）能成立，
即$m＜\frac{x-1}{{2{x^2}}}$，設(shè)$u（x）=\frac{x-1}{{2{x^2}}}$，問題成立只需m＜u（x）_max（x∈（0，+∞））…（5分）
∵$u（x）=-\frac{1}{2}（{\frac{1}{x}-\frac{1}{2}}）+\frac{1}{8}≤\frac{1}{8}$，
∴$m＜\frac{1}{8}$故實數(shù)m的取值范圍為$（\;-∞\;，\;\frac{1}{8}\;）$；…（6分）
（3）因為f（1）=m，f′（1）=2m，故切線方程為y-m+1=2m（x-1），即y=2mx-m-1，…（7分）
從而方程mx²-x+lnx=2mx-m-1在（0，+∞）上有且只有一解．
設(shè)g（x）=mx²-x+lnx-（2mx-m-1），則g（x）在（0，+∞）上
有且只有一個零點，又g（1）=0，故函數(shù)g（x）有零點x=1．…（8分）
則$g'（x）=2mx-1+\frac{1}{x}-\;2m=\frac{{2m{x^2}-（\;2m+1\;）x+1}}{x}=\frac{（\;2mx-1\;）（\;x-1\;）}{x}$．
當$m=\frac{1}{2}$時，g′（x）≥0，又g（x）不是常數(shù)函數(shù)，故g（x）在（0，+∞）上遞增．
∴函數(shù)g（x）有且只有一個零點x=1，滿足題意；…（9分）
當$0＜m＜\frac{1}{2}$時，由g′（x）=0，得$x=\frac{1}{2m}$，或x=1．且$\frac{1}{2m}＞1$
由g′（x）＞0，得0＜x＜1，或$x＞\frac{1}{2m}$；由g′（x）＜0，得$1＜x＜\frac{1}{2m}$；
故當x在（0，+∞）上變化時，g′（x）、g（x）的變化情況如下表：（此表可省略）

x	（0，1）	1	$（\;1\;，\;\frac{1}{2m}\;）$	$\frac{1}{2m}$	$（\;\frac{1}{2m}\;，\;+∞\;）$
g′（x）	+	0	-	0	+
g（x）	遞增	極大值	遞減	極小值	遞增

根據(jù)上表知$g（\;\frac{1}{2m}\;）＜0$． …（10分）
又$g（x）=mx[x-（\;2+\frac{1}{m}\;）]+m+lnx+1$．∴$g（\;2+\frac{1}{m}\;）＞0$，
故在$（\;\frac{1}{2m}\;，\;+∞\;）$上，函數(shù)g（x）又有一個零點，不符；…（11分）
綜上所述得$m=\frac{1}{2}$．…（12分）

點評 本題考查函數(shù)的對數(shù)的應用，函數(shù)的極值點以及單調(diào)性，考查分類討論思想以及轉(zhuǎn)化思想的應用，考查分析問題解決問題的能力．