Question

15．f（x）=mx²-m²lnx+x，
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）在x=1處取得極小值，求m的值：
（Ⅱ）求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間：
（Ⅲ）當m＞0，x∈[${\frac{1}{e}$，+∞）時，曲線y=f（x）上總存在經過原點的切線．試求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，得到f′（1）=0，求出m的值；（Ⅱ）求出函數(shù)f（x）導數(shù)，通過討論m的范圍，求出函數(shù)的單調區(qū)間即可；
（Ⅲ）問題轉化為求g（x）=x²+mlnx-m的最小值，從而求出m的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{2{mx}^{2}+x{-m}^{2}}{x}$，（x＞0），
∵函數(shù)f（x）在x=1處取得極小值，∴f′（1）=0，解得：m=1±$\sqrt{2}$，
經檢驗m=1+$\sqrt{2}$時，函數(shù)f（x）在x=1處取得極小值，
故m=1+$\sqrt{2}$；
（Ⅱ）令f′（x）=0，即2mx²+x-m²=0，（x＞0），
①當m=0時，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）遞增，
②m＞0時，△=1+8m³＞0，
故x₁=$\frac{-1-\sqrt{1+{8m}^{3}}}{4m}$，x₂=$\frac{-1+\sqrt{1+{8m}^{2}}}{4m}$，且x₁＜0＜x₂，
∴f（x）在（0，$\frac{-1+\sqrt{1+{8m}^{2}}}{4m}$）遞增，在（$\frac{-1+\sqrt{1+{8m}^{2}}}{4m}$，+∞）遞減，
③-$\frac{1}{2}$＜m＜0時，△=1+8m³＞0，由x₁+x₂＞0，x₁•x₂＞0，得：x₁＞x₂＞0，
∴f（x）在區(qū)間（0，$\frac{-1+\sqrt{1+{8m}^{2}}}{4m}$），（$\frac{-1-\sqrt{1+{8m}^{3}}}{4m}$，+∞）遞減，
在（$\frac{-1+\sqrt{1+{8m}^{2}}}{4m}$，$\frac{-1-\sqrt{1+{8m}^{3}}}{4m}$）遞增，
④m≤-$\frac{1}{2}$時，△≤0，f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞）遞減；
（Ⅲ）由題意，方程$\frac{f（x）}{x}$=f′（x）在[$\frac{1}{e}$，+∞）有解，
即方程$\frac{{mx}^{2}{-m}^{2}lnx+x}{x}$=$\frac{2{mx}^{2}+x{-m}^{2}}{x}$有解，（x≥$\frac{1}{e}$），
整理得：x²+mlnx-m=0，
設g（x）=x²+mlnx-m，（x≥$\frac{1}{e}$），g′（x）=2x+$\frac{m}{x}$＞0，
∴g（x）在[$\frac{1}{e}$，+∞）遞增，g（x）_min=g（$\frac{1}{e}$）=$\frac{1}{{e}^{2}}$-2m，
∵g（e）=e²＞0，∴只需$\frac{1}{{e}^{2}}$-2m≤0，
∴m≥$\frac{1}{{2e}^{2}}$．

點評 本題考查了函數(shù)的單調性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及函數(shù)恒成立問題，是一道綜合題．