Question

18．已知函數(shù)$f（x）=lnx-\frac{m}{2}{x^2}+x（m∈R）$．
（Ⅰ）當(dāng)m＞0時(shí)，若$f（x）≤mx-\frac{1}{2}$恒成立，求的取值范圍．
（Ⅱ）當(dāng)m=-1時(shí)，若f（x₁）+f（x₂）=0，求證：${x_1}+{x_2}≥\sqrt{3}-1$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）問(wèn)題轉(zhuǎn)化為$\frac{m}{2}{x}^{2}+（m-1）x-lnx$≥$\frac{1}{2}$，構(gòu)造函數(shù)g（x）=$\frac{m}{2}{x}^{2}+（m-1）x-lnx$，求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)最值的關(guān)系，求出最小值，再構(gòu)造函數(shù)，即可求出m的范圍，
（Ⅱ）由題意，構(gòu)造函數(shù)F（x）=x-lnx，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性求出最值，即x₁x₂-lnx₁x₂≥1，由此得到$\frac{1}{2}{（{x_1}+{x_2}）^2}+（{x_1}+{x_2}）≥1$，解得即可證明．

解答 解：（Ⅰ）f（x）≤$mx-\frac{1}{2}⇒\frac{m}{2}{x^2}+（m-1）x-lnx$≥$\frac{1}{2}$，
令$g（x）=\frac{m}{2}{x^2}+（m-1）x-lnx$，
則$g'（x）=mx+（m-1）-\frac{1}{x}=\frac{（x+1）（mx-1）}{x}$，
∵m＞0，
∴g（x）在$（0，\frac{1}{m}）$上單減，在$（\frac{1}{m}，+∞）$上單增，
故g（x）的最小值為$g（\frac{1}{m}）=1-\frac{1}{2m}-ln\frac{1}{m}$，
由題知$1-\frac{1}{2m}-ln\frac{1}{m}≥\frac{1}{2}$，
即$\frac{1}{2m}+ln\frac{1}{m}≤\frac{1}{2}$，
令$h（x）=\frac{1}{2}x+lnx$，顯然h（x）在（0，+∞）上單增，
又$h（1）=\frac{1}{2}$，
故$h（x）≤\frac{1}{2}?x≤1$，
∴$\frac{1}{m}≤1$，
從而m≥1．
（Ⅱ）證明：m=-1時(shí)，$f（{x_1}）+f（{x_2}）=0⇒ln{x_1}+\frac{1}{2}{x_1}^2+{x_1}+ln{x_2}+\frac{1}{2}{x_2}^2+{x_2}=0⇒$
$ln{x_1}{x_2}+\frac{1}{2}{（{x_1}+{x_2}）^2}+（{x_1}+{x_2}）-{x_1}{x_2}=0⇒\frac{1}{2}{（{x_1}+{x_2}）^2}+（{x_1}+{x_2}）={x_1}{x_2}-ln{x_1}{x_2}$，
設(shè)F（x）=x-lnx，則$F'（x）=1-\frac{1}{x}$，
∴F（x）在（0，1）上單減，在（1，+∞）上單增，
∴F（x）≥F（1）=1，
即x₁x₂-lnx₁x₂≥1，
∴$\frac{1}{2}{（{x_1}+{x_2}）^2}+（{x_1}+{x_2}）≥1$，解得${x_1}+{x_2}≥\sqrt{3}-1$或${x_1}+{x_2}≤-\sqrt{3}-1$．
又x₁＞0，x₂＞0，故${x_1}+{x_2}≥\sqrt{3}-1$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的最值的關(guān)系以及參數(shù)的取值范圍和恒成立的問(wèn)題，考查了學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力和運(yùn)算能力，屬于中檔題．