Question

17．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$x²+mx+mlnx
（I）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）當(dāng)m=1時(shí)，若方程f（x）=$\frac{1}{2}$x²+ac在區(qū)間[$\frac{1}{e}$，+∞）上有唯一的實(shí)數(shù)解，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； 
（III）當(dāng)m＞0時(shí)，若對(duì)于區(qū)間[1，2]上的任意兩個(gè)實(shí)數(shù)x₁，x₂，且x₁＜x₂，都有|f（x₁）-f（x₂）|＜x₂²-x₁²成立，求實(shí)數(shù)m的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論m的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）分離a，得到a=1+$\frac{lnx}{x}$，令g（x）=1+$\frac{lnx}{x}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可；
（Ⅲ）整理得：f（x₂）-${{x}_{2}}^{2}$＜f（x₁）-${{x}_{1}}^{2}$，令F（x）=f（x）-x²=-$\frac{1}{2}$x²+mx+mlnx，則F（x）在[1，2]遞減，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出m的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的定義域是（0，+∞），
f′（x）=x+m+$\frac{m}{x}$=$\frac{{x}^{2}+mx+m}{x}$，
m≥0時(shí)，f′（x）＞0，
故m≥0時(shí)，f（x）在（0，+∞）遞增；
m＜0時(shí)，方程x²+mx+m=0的判別式為：
△=m²-4m＞0，
令f′（x）＞0，解得：x＞$\frac{-m+\sqrt{{m}^{2}-4m}}{2}$，
令f′（x）＜0，解得：0＜x＜$\frac{-m+\sqrt{{m}^{2}-4m}}{2}$，
故m＜0時(shí)，f（x）在（$\frac{-m+\sqrt{{m}^{2}-4m}}{2}$，+∞）遞增，在（0，$\frac{-m+\sqrt{{m}^{2}-4m}}{2}$）遞減；
（Ⅱ）m=1時(shí)，由題意得：
$\frac{1}{2}$x²+x+lnx=$\frac{1}{2}$x²+ax，
整理得：a=1+$\frac{lnx}{x}$，
令g（x）=1+$\frac{lnx}{x}$，g′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
令g′（x）＞0，解得：x∈（0，e），函數(shù)g（x）在（0，e）遞增，
令g′（x）＜0，解得：x∈（e，+∞），函數(shù)g（x）在（e，+∞）遞減；
若方程f（x）=$\frac{1}{2}$x²+ax在[e，+∞）上有唯一實(shí)數(shù)根，
須求g（x）在[e，+∞）上的取值范圍，
∴g（x）≤g（e）=1+$\frac{1}{e}$，又g（x）=1+$\frac{lnx}{x}$＞1，（x＞e），
∴a的范圍是g（$\frac{1}{e}$）≤a≤1，
即1-e≤a≤1；
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，當(dāng)m＞0時(shí)，函數(shù)f（x）在（0，+∞）遞增，
又[1，2]?（0，+∞），故f（x）在[1，2]遞增；
對(duì)任意x₁＜x₂，都有f（x₁）＜f（x₂），
故f（x₂）-f（x₁）＞0，
由題意得：f（x₂）-f（x₁）＜${{x}_{2}}^{2}$-${{x}_{1}}^{2}$，
整理得：f（x₂）-${{x}_{2}}^{2}$＜f（x₁）-${{x}_{1}}^{2}$，
令F（x）=f（x）-x²=-$\frac{1}{2}$x²+mx+mlnx，
則F（x）在[1，2]遞減，
故F′（x）=$\frac{{-x}^{2}+mx+m}{x}$，
當(dāng)x∈[1，2]時(shí)，-x²+mx+m≤0恒成立，即m≤$\frac{{x}^{2}}{1+x}$，
令h（x）=$\frac{{x}^{2}}{1+x}$，則h′（x）=$\frac{{x}^{2}+2x}{{（1+x）}^{2}}$＞0，
故h（x）在[1，2]遞增，
故h（x）∈[$\frac{1}{2}$，$\frac{4}{3}$），
故m≤$\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．