Question

18．已知函數(shù)f（x）=ax²+mlnx（m∈R），且f′（$\frac{1}{2}$）=2m+$\frac{1}{2}$．
（1）若曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線經(jīng)過(guò)點(diǎn)（3，3），求m的值；
（2）設(shè)1＜m≤e，H（x）=f（x）-（m+1）x，證明：?x₁，x₂∈[1，m]，恒有H（x₁）-H（x₂）＜1．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，由題意可得a=$\frac{1}{2}$，再由切線的斜率和兩點(diǎn)的斜率公式，計(jì)算可得m；
（2）求得H（x）的導(dǎo)數(shù)，可得函數(shù)H（x）在[1，m]上單調(diào)遞減．H（x₁）-H（x₂）≤H（1）-H（m）=$\frac{1}{2}$m²-mlnm-$\frac{1}{2}$．由H（x₁）-H（x₂）＜1?$\frac{1}{2}$m²-mlnm-$\frac{1}{2}$＜1?$\frac{1}{2}$m-lnm-$\frac{3}{2m}$＜0．記h（m）=$\frac{1}{2}$m-lnm-$\frac{3}{2m}$（1＜m≤e），判斷其單調(diào)性求其最值即可證得．

解答 解：（1）f（x）=ax²+mlnx的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=2ax+$\frac{m}{x}$，
f′（$\frac{1}{2}$）=2m+$\frac{1}{2}$，可得a+2m=2m+$\frac{1}{2}$，即a=$\frac{1}{2}$，
即有f′（x）=x+$\frac{m}{x}$，
曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，$\frac{1}{2}$）處的切線斜率為1+m，
由兩點(diǎn)的斜率公式可得1+m=$\frac{3-\frac{1}{2}}{3-1}$，解得m=$\frac{1}{4}$；
（2）證明：∵H（x）=f（x）-（m+1）x=$\frac{1}{2}$x²+mlnx-（m+1）x，
∴H′（x）=x+$\frac{m}{x}$-m-1．
?x∈[1，m]，H′（x）=$\frac{（x-1）（x-m）}{x}$≤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）=$\frac{1}{2}$m²-mlnm-$\frac{1}{2}$．
H（x₁）-H（x₂）＜1?$\frac{1}{2}$m²-mlnm-$\frac{1}{2}$＜1?$\frac{1}{2}$m-lnm-$\frac{3}{2m}$＜0．
記h（m）=$\frac{1}{2}$m-lnm-$\frac{3}{2m}$（1＜m≤e），
則h′（m）=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{m}$+$\frac{3}{2{m}^{2}}$，
所以函數(shù)h（m）在（1，e]上是單調(diào)增函數(shù)，
所以h（m）≤h（e）=$\frac{e}{2}$-1-$\frac{3}{2e}$=$\frac{（e-3）（e+1）}{2e}$＜0，
故對(duì)?x₁，x₂∈[1，m]，恒有H（x₁）-H（x₂）＜1．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(shù)恒成立問(wèn)題以及函數(shù)解析式的求法，是對(duì)函數(shù)以及導(dǎo)函數(shù)知識(shí)的綜合考查，是有難度的題．