Question

17．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²+mx+mlnx
（I）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）当m=1时，若方程f（x）=$\frac{1}{2}$x²+ac在区间[$\frac{1}{e}$，+∞）上有唯一的实数解，求实数a的取值范围； 
（III）当m＞0时，若对于区间[1，2]上的任意两个实数x₁，x₂，且x₁＜x₂，都有|f（x₁）-f（x₂）|＜x₂²-x₁²成立，求实数m的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论m的范围，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）分离a，得到a=1+$\frac{lnx}{x}$，令g（x）=1+$\frac{lnx}{x}$，根据函数的单调性求出a的范围即可；
（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，则F（x）在[1，2]递减，根据函数的单调性求出m的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）=x+m+$\frac{m}{x}$=$\frac{{x}^{2}+mx+m}{x}$，
m≥0时，f′（x）＞0，
故m≥0时，f（x）在（0，+∞）递增；
m＜0时，方程x²+mx+m=0的判别式为：
△=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时，f（x）在（$\frac{-m+\sqrt{{m}^{2}-4m}}{2}$，+∞）递增，在（0，$\frac{-m+\sqrt{{m}^{2}-4m}}{2}$）递减；
（Ⅱ）m=1时，由题意得：
$\frac{1}{2}$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），函数g（x）在（0，e）递增，
令g′（x）＜0，解得：x∈（e，+∞），函数g（x）在（e，+∞）递减；
若方程f（x）=$\frac{1}{2}$x²+ax在[e，+∞）上有唯一实数根，
须求g（x）在[e，+∞）上的取值范围，
∴g（x）≤g（e）=1+$\frac{1}{e}$，又g（x）=1+$\frac{lnx}{x}$＞1，（x＞e），
∴a的范围是g（$\frac{1}{e}$）≤a≤1，
即1-e≤a≤1；
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，当m＞0时，函数f（x）在（0，+∞）递增，
又[1，2]?（0，+∞），故f（x）在[1，2]递增；
对任意x₁＜x₂，都有f（x₁）＜f（x₂），
故f（x₂）-f（x₁）＞0，
由题意得：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，
则F（x）在[1，2]递减，
故F′（x）=$\frac{{-x}^{2}+mx+m}{x}$，
当x∈[1，2]时，-x²+mx+m≤0恒成立，即m≤$\frac{{x}^{2}}{1+x}$，
令h（x）=$\frac{{x}^{2}}{1+x}$，则h′（x）=$\frac{{x}^{2}+2x}{{（1+x）}^{2}}$＞0，
故h（x）在[1，2]递增，
故h（x）∈[$\frac{1}{2}$，$\frac{4}{3}$），
故m≤$\frac{1}{2}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．