Question

9．已知函数$f（x）=lnx+\frac{1}{2}m{x^2}$（m∈R），
（Ⅰ）求曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线与直线x+2y-5=0垂直，求m的值；
（Ⅱ）若关于x的不等式f（x）≤mx²+（m-1）x-1恒成立，求整数m的最小值；
（Ⅲ）若m=1，m∈R设F（x）=f（x）+x．且正实数x₁，x₂满足F（x₁）=-F（x₂），求证：x₁+x₂≥$\sqrt{3}$-1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，得到关于m的方程，解出即可；
（Ⅱ）构造函数$G（x）=lnx-\frac{1}{2}m{x^2}+（1-m）x+1$，求出函数的导数，通过讨论m的范围，确定函数的单调性，从而求出m的最小值即可；
（Ⅲ）求出F（x）的表达式，得F（x₁）+F（x₂）=0，令t=x₁•x₂＞0，得到ϕ（t）=t-lnt，根据函数的单调性，证出结论即可．

解答 解：（Ⅰ）$f'（x）=\frac{1}{x}+mx$（1分） 
切线的斜率k=f'（1）=1+m（2分），
∴1+m=2，∴m=（13分）
（Ⅱ）由题意，$lnx-\frac{1}{2}m{x^2}+（1-m）x+1≤0$，
设$G（x）=lnx-\frac{1}{2}m{x^2}+（1-m）x+1$（4分）
$G'（x）=\frac{1}{x}-mx+（1-m）$（5分）
①当m≤0时，因为x＞0，所以G'（x）＞0
所以G（x）在（0，+∞）上是单调递增函数，
$G（1）=ln1-\frac{1}{2}m×{1^2}+（1-m）+1=-\frac{3}{2}m+2＞0$，（4分）
所以关于x的不等式G（x）≤0不能恒成立．（6分）
②当m＞0时，$G'（x）=\frac{{-m{x^2}+（1-m）x+1}}{x}=-\frac{{m（x-\frac{1}{m}）（x+1）}}{x}$．
令G'（x）=0，因为x＞0，得$x=\frac{1}{m}$，
所以当$x∈（0，\frac{1}{m}）$时，G'（x）＞0；当$x∈（\frac{1}{m}，+∞）$时，G'（x）＜0．
因此函数G（x）在$x∈（0，\frac{1}{m}）$是增函数，在$x∈（\frac{1}{m}，+∞）$是减函数．（7分）
故函数G（x）的最大值为$G（\frac{1}{m}）=ln\frac{1}{m}-\frac{1}{2}m×{（\frac{1}{m}）^2}+（1-m）×\frac{1}{m}+1=\frac{1}{2m}-lnm$．（8分）
令$h（m）=\frac{1}{2m}-lnm$，因为h（m）在m∈（0，+∞）上是减函数，
又因为$h（1）=\frac{1}{2}＞0$，$h（2）=\frac{1}{4}-ln2＜0$，所以当m≥2时，h（m）＜0．
所以整数m的最小值为2．（10分）
（Ⅲ）m=1时，$F（x）=lnx+\frac{1}{2}{x^2}+x，x＞0$，
由F（x₁）=-F（x₂），得F（x₁）+F（x₂）=0，
即$ln{x_1}+\frac{1}{2}x_1^2+{x_1}+ln{x_2}+\frac{1}{2}x_2^2+{x_2}=0$，
整理得，$\frac{1}{2}{（{x_1}+{x_2}）^2}+（{x_1}+{x_2}）={x_1}{x_2}-ln（{x_1}{x_2}）$（11分）
令t=x₁•x₂＞0，则由ϕ（t）=t-lnt得，$ϕ'（t）=\frac{t-1}{t}$，
可知ϕ（t）在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，+∞）上单调递增．（12分）
所以ϕ（t）≥ϕ（1）=1，（13分）
所以$\frac{1}{2}{（{x_1}+{x_2}）^2}+（{x_1}+{x_2}）≥1$，解得${x_1}+{x_2}≤-\sqrt{3}-1\;\;{x_1}+{x_2}≥\sqrt{3}-1$，
因为x₁，x₂为正数，所以${x_1}+{x_2}≥\sqrt{3}-1$成立．（14分）

点评 本题考查了切线的斜率、考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查分类讨论思想，是一道综合题．