Question

7．設(shè)函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$x²-mlnx，g（x）=x²-（m+1）x
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）當(dāng)m≥0時(shí)，討論函數(shù)f（x）與g（x）圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)．

Answer 1

分析 （1）先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）=-$\frac{1}{2}$x²-mlnx+（m+1）x的零點(diǎn)個(gè)數(shù)問題，通過求導(dǎo)，得到函數(shù)F（x）的單調(diào)區(qū)間，求出F（x）的極小值，從而求出函數(shù)h（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)即f（x）和g（x）的交點(diǎn)個(gè)數(shù)．

解答 解：函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），f′（x）=$\frac{{x}^{2}-m}{x}$，
當(dāng)m≤0時(shí)，f′（x）≥0，所以函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間是（0，+∞），無減區(qū)間；
當(dāng)m＞0時(shí)，f′（x）=$\frac{（x+\sqrt{m}）（x-\sqrt{m}）}{x}$；
當(dāng)0＜x＜$\sqrt{m}$時(shí)，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減；
當(dāng)x＞$\sqrt{m}$時(shí)，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增．
綜上：當(dāng)m≤0時(shí)，函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間是（0，+∞），無減區(qū)間；當(dāng)m＞0時(shí)，函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間是（$\sqrt{m}$，+∞），減區(qū)間是（0，$\sqrt{m}$）；
（2）解：令F（x）=f（x）-g（x）=-$\frac{1}{2}$x²+（m+1）x-mlnx，x＞0，問題等價(jià)于求函數(shù)F（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，
當(dāng)m=0時(shí)，F(xiàn)（x）=-$\frac{1}{2}$x²+x，x＞0，有唯一零點(diǎn)；當(dāng)m≠0時(shí)，F(xiàn)′（x）=-$\frac{（x-1）（x-m）}{x}$，
當(dāng)m=1時(shí)，F(xiàn)′（x）≤0，函數(shù)F（x）為減函數(shù)，注意到F（1）=$\frac{3}{2}$＞0，F(xiàn)（4）=-ln4＜0，所以F（x）有唯一零點(diǎn)；
當(dāng)m＞1時(shí)，令F′（x）＞0，解得：1＜x＜m，令F′（x）＜0，解得：x＞m或x＜1，
∴F（x）在（0，1）遞減，在（1，m）遞增，在（m，+∞）遞減，
∴F（x）_極小值=h（1）=m+$\frac{1}{2}$＞0，
∴F（x）和x軸有1個(gè)交點(diǎn)，
綜上，函數(shù)F（x）有唯一零點(diǎn)，即兩函數(shù)圖象總有一個(gè)交點(diǎn)．

點(diǎn)評 本題考察了導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考察函數(shù)的單調(diào)性問題，考察轉(zhuǎn)化思想，函數(shù)的零點(diǎn)問題，是一道中檔題．