Question

18．已知函数$f（x）=lnx-\frac{m}{2}{x^2}+x（m∈R）$．
（Ⅰ）当m＞0时，若$f（x）≤mx-\frac{1}{2}$恒成立，求的取值范围．
（Ⅱ）当m=-1时，若f（x₁）+f（x₂）=0，求证：${x_1}+{x_2}≥\sqrt{3}-1$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）问题转化为$\frac{m}{2}{x}^{2}+（m-1）x-lnx$≥$\frac{1}{2}$，构造函数g（x）=$\frac{m}{2}{x}^{2}+（m-1）x-lnx$，求导，根据导数和函数最值的关系，求出最小值，再构造函数，即可求出m的范围，
（Ⅱ）由题意，构造函数F（x）=x-lnx，根据导数和函数的单调性求出最值，即x₁x₂-lnx₁x₂≥1，由此得到$\frac{1}{2}{（{x_1}+{x_2}）^2}+（{x_1}+{x_2}）≥1$，解得即可证明．

解答 解：（Ⅰ）f（x）≤$mx-\frac{1}{2}⇒\frac{m}{2}{x^2}+（m-1）x-lnx$≥$\frac{1}{2}$，
令$g（x）=\frac{m}{2}{x^2}+（m-1）x-lnx$，
则$g'（x）=mx+（m-1）-\frac{1}{x}=\frac{（x+1）（mx-1）}{x}$，
∵m＞0，
∴g（x）在$（0，\frac{1}{m}）$上单减，在$（\frac{1}{m}，+∞）$上单增，
故g（x）的最小值为$g（\frac{1}{m}）=1-\frac{1}{2m}-ln\frac{1}{m}$，
由题知$1-\frac{1}{2m}-ln\frac{1}{m}≥\frac{1}{2}$，
即$\frac{1}{2m}+ln\frac{1}{m}≤\frac{1}{2}$，
令$h（x）=\frac{1}{2}x+lnx$，显然h（x）在（0，+∞）上单增，
又$h（1）=\frac{1}{2}$，
故$h（x）≤\frac{1}{2}?x≤1$，
∴$\frac{1}{m}≤1$，
从而m≥1．
（Ⅱ）证明：m=-1时，$f（{x_1}）+f（{x_2}）=0⇒ln{x_1}+\frac{1}{2}{x_1}^2+{x_1}+ln{x_2}+\frac{1}{2}{x_2}^2+{x_2}=0⇒$
$ln{x_1}{x_2}+\frac{1}{2}{（{x_1}+{x_2}）^2}+（{x_1}+{x_2}）-{x_1}{x_2}=0⇒\frac{1}{2}{（{x_1}+{x_2}）^2}+（{x_1}+{x_2}）={x_1}{x_2}-ln{x_1}{x_2}$，
设F（x）=x-lnx，则$F'（x）=1-\frac{1}{x}$，
∴F（x）在（0，1）上单减，在（1，+∞）上单增，
∴F（x）≥F（1）=1，
即x₁x₂-lnx₁x₂≥1，
∴$\frac{1}{2}{（{x_1}+{x_2}）^2}+（{x_1}+{x_2}）≥1$，解得${x_1}+{x_2}≥\sqrt{3}-1$或${x_1}+{x_2}≤-\sqrt{3}-1$．
又x₁＞0，x₂＞0，故${x_1}+{x_2}≥\sqrt{3}-1$．

点评 本题考查了导数和函数的最值的关系以及参数的取值范围和恒成立的问题，考查了学生的转化能力和运算能力，属于中档题．