Question

6．設(shè)函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$x²+lnx-mx（m＞0）
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）證明：曲線y=f（x）不存在經(jīng)過原點的切線．

Answer 1

分析 （1）通過對函數(shù)f（x）求導(dǎo)，并令導(dǎo)數(shù)為零，分兩種情況解方程即得結(jié)論；
（2）通過設(shè)通過原點的切線為y=kx，切點橫坐標(biāo)為x₀，通過求導(dǎo)可將k=f′（x₀）、切點縱坐標(biāo)y₀代入切線方程，通過對g（x）=$\frac{1}{2}$x²-lnx+1求導(dǎo)即得結(jié)論．

解答 （1）解：依題意，函數(shù)f（x）的定義域為：（0，+∞），
且f′（x）=x+$\frac{1}{x}$-m，
令f′（x）=0，即x+$\frac{1}{x}$-m=0，即x²-mx+1=0，則△=m²-4，
當(dāng)△＜0即0＜m＜2時，方程f′（x）=0無根；
當(dāng)△=0即m=2時，方程f′（x）=0有唯一根x=1；
當(dāng)△＞0即m＞2時，方程f′（x）=0有兩根x=$\frac{m±\sqrt{{m}^{2}-4}}{2}$；
故當(dāng)0＜x＜$\frac{m-\sqrt{{m}^{2}-4}}{2}$或x＞$\frac{m+\sqrt{{m}^{2}-4}}{2}$時，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，
當(dāng)$\frac{m-\sqrt{{m}^{2}-4}}{2}$＜x＜$\frac{m+\sqrt{{m}^{2}-4}}{2}$時，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；
綜上所述，當(dāng)0＜m≤2時，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
當(dāng)m＞2時，函數(shù)f（x）的遞增區(qū)間為：（0，$\frac{m-\sqrt{{m}^{2}-4}}{2}$）、（$\frac{m+\sqrt{{m}^{2}-4}}{2}$，+∞），
遞減區(qū)間為：（$\frac{m-\sqrt{{m}^{2}-4}}{2}$，$\frac{m+\sqrt{{m}^{2}-4}}{2}$）；
（2）證明：設(shè)通過原點的切線為y=kx （極值點的切線平行x軸，且極值小于0，均不過原點，故k≠0），
切點橫坐標(biāo)為x₀，則由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可知
k=f′（x₀）=$\frac{{{x}_{0}}^{2}-m{x}_{0}+1}{{x}_{0}}$，切點縱坐標(biāo)y₀=y?=$\frac{1}{2}$x₀²+lnx₀-mx₀，
代入切線方程：$\frac{1}{2}$x₀²+lnx₀-mx₀=x₀²-mx₀+1，
即$\frac{1}{2}$x₀²-lnx₀+1=0                           （*）
令g（x₀）=$\frac{1}{2}$x₀²-lnx₀+1，
則g′（x）=x-$\frac{1}{x}$，故駐點x=1為極小值點，
∴g（x₀）≥g（1）=1.5＞0，即方程（*）無解，
∴曲線y=f（x）上沒有經(jīng)過原點的切線．

點評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查運算求解能力，考查數(shù)形結(jié)合能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．