Question

已知函數(shù)g(x)=

1

2

x2-

1

2

x-1，令f(x)=g(x+

1

2

)+mlnx+

9

8

（m∈R）．
（1）若?x＞0，，使f（x）≤0成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（2）設(shè)1＜m≤e，H（x）=f（x）-（m+1）x，證明：對(duì)?x₁，x₂∈[1，m]，恒有H（x₁）-H（x₂）＜1．

Answer 1

分析：（1）由題意f(x)=

1

2

x2+mlnx，得f′(x)=x+

m

x

．討論m的范圍判斷函數(shù)的單調(diào)性與其最值，通過(guò)最小值與0的關(guān)系得到m的范圍．
（2）H′(x)=x+

m

x

-(m+1)=

(x-1)(x-m)

x

≤0，所以函數(shù)H（x）在[1，m]上單調(diào)遞減．H(x1)-H(x2)＜1?

1

2

m2-mlnm-

1

2

＜1?

1

2

m-lnm-

3

2m

＜0，所以設(shè)h(m)=

1

2

m-lnm-

3

2m

(1＜m≤e)判斷其單調(diào)性求其最值即可證得．

解答：解：（1）由題意f(x)=

1

2

x2+mlnx，得f′(x)=x+

m

x

．
①當(dāng)m＞0時(shí)，f′(x)=x+

m

x

＞0，因此f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，由對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，知f（x）的值域?yàn)镽，因此?x＞0，使f（x）≤0成立；
②當(dāng)m=0時(shí)，f(x)=

x2

2

＞0，對(duì)?x＞0，f（x）＞0恒成立；
③當(dāng)m＜0時(shí)，由f′(x)=x+

m

x

得x=

-m

，

x		-m	( -m ，+∞)
	-	0	+
f（x）	↘	極小值	↗

此時(shí)f(x)min=f(

-m

)=-

m

2

+mln

-m

．
令f(x)min＞0⇒

- m 2 +mln -m ＞0 m＜0

⇒-e＜m＜0．
所以對(duì)?x＞0，f（x）＞0恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是（-e，0]．
故?x＞0，使f（x）≤0成立，實(shí)數(shù)m的取值范圍是（-∞，-e]∪（0，+∞）．
（2）∵H(x)=f(x)-(m+1)x=

1

2

x2+mlnx-(m+1)x，
∴H′(x)=x+

m

x

-(m+1)=

(x-1)(x-m)

x

．
?x∈[1，m]，H′(x)=

(x-1)(x-m)

x

≤0，所以函數(shù)H（x）在[1，m]上單調(diào)遞減．
于是H(x1)-H(x2)≤H(1)-H(m)=

1

2

m2-mlnm-

1

2

．
H(x1)-H(x2)＜1?

1

2

m2-mlnm-

1

2

＜1?

1

2

m-lnm-

3

2m

＜0．
記h(m)=

1

2

m-lnm-

3

2m

(1＜m≤e)，
則h′(m)=

1

2

-

1

m

+

3

2m2

=

3

2

(

1

m

-

1

3

)2+

1

3

＞0，
所以函數(shù)h(m)=

1

2

m-lnm-

3

2m

在（1，e]上是單調(diào)增函數(shù)，
所以h(m)≤h(e)=

e

2

-1-

3

2e

=

(e-3)(e+1)

2e

＜0，
故對(duì)?x₁，x₂∈[1，m]，恒有H（x₁）-H（x₂）＜1．

點(diǎn)評(píng)：解決至少存在問(wèn)題可從正面入手找到存在的原因也可以先做它的反面，證明不等式問(wèn)題一般利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性通過(guò)函數(shù)的單調(diào)性求函數(shù)的最值，在利用最值求證不等式，函數(shù)與不等式結(jié)合是高考考查的熱點(diǎn)之一．