Question

18．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²+mlnx+x
（1）求f（x）的单调区间；
（2）令g（x）=f（x）-$\frac{1}{2}$x²，试问过点P（1，3）存在多少条直线与曲线y=g（x）相切？并说明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论m的范围，解关于导函数的不等式，从而得到函数的单调区间；
（2）设切点为（x₀，x₀+mlnx₀），求出切线斜率K，求出切线方程，切线过点P（1，3），推出关系式，构造函数g（x）（x＞0），求出导函数，通过讨论①当m＜0时，判断g（x）单调性，说明方程g（x）=0无解，切线的条数为0，②当m＞0时，类比求解，推出当m＞0时，过点P（1，3）存在两条切线，③当m=0时，f（x）=x，说明不存在过点P（1，3）的切线．

解答 解：（1）f（x）=$\frac{1}{2}$x²+mlnx+x，（x＞0），
f′（x）=x+$\frac{m}{x}$+1=$\frac{{x}^{2}+x+m}{x}$=$\frac{{（x+\frac{1}{2}）}^{2}+m-\frac{1}{4}}{x}$，
①m≥0时，f′（x）＞0，函数在（0，+∞）递增，
②m＜0时，令f′（x）＞0，解得：x＞$\frac{\sqrt{1-4m}-1}{2}$，
令f′（x）＜0，解得：x＜$\frac{\sqrt{1-4m}-1}{2}$，
∴f（x）在（0，$\frac{\sqrt{1-4m}-1}{2}$）递减，在（$\frac{\sqrt{1-4m}-1}{2}$，+∞）递增；
（2）设切点为（x₀，x₀+mlnx₀），则切线斜率k=1+$\frac{m}{{x}_{0}}$，
切线方程为y-（x0+alnx0）=（1+$\frac{m}{{x}_{0}}$）（x-x₀）．
因为切线过点P（1，3），则3-（x0+alnx0）=（1+$\frac{m}{{x}_{0}}$）（1-x₀）．
即m（lnx₀+$\frac{1}{{x}_{0}}$-1）-2=0．           …①
令g（x）=m（lnx+$\frac{1}{x}$-1）-2（x＞0），则 g′（x）=m（$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$）=$\frac{m（x-1）}{{x}^{2}}$，
①当m＜0时，在区间（0，1）上，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
在区间（1，+∞）上，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
所以函数g（x）的最大值为g（1）=-2＜0．
故方程g（x）=0无解，即不存在x₀满足①式．
因此当m＜0时，切线的条数为0．
②当m＞0时，在区间（0，1）上，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
在区间（1，+∞）上，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
所以函数g（x）的最小值为g（1）=-2＜0．
取x₁=e₁+$\frac{2}{m}$＞e，则g（x₁）=a（1+$\frac{2}{m}$+e-1-$\frac{2}{m}$-1）-2=ae-1-$\frac{2}{m}$＞0．
故g（x）在（1，+∞）上存在唯一零点．
取x₂=e-1-$\frac{2}{m}$＜$\frac{1}{e}$，则g（x₂）=m（-1-$\frac{2}{m}$+e₁+$\frac{2}{m}$-1）-2=me₁+$\frac{2}{m}$-2m-4=m[e₁+$\frac{2}{m}$-2（1+$\frac{2}{m}$）]．
设t=1+$\frac{2}{m}$（t＞1），u（t）=e^t-2t，则u′（t）=e^t-2．
当t＞1时，u′（t）=e^t-2＞e-2＞0恒成立．
所以u（t）在（1，+∞）单调递增，u（t）＞u（1）=e-2＞0恒成立，
所以g（x₂）＞0．
故g（x）在（0，1）上存在唯一零点．
因此当m＞0时，过点P（1，3）存在两条切线．
③当m=0时，f（x）=x，显然不存在过点P（1，3）的切线．
综上所述，当m＞0时，过点P（1，3）存在两条切线；
当m≤0时，不存在过点P（1，3）的切线．

点评 本题考查函数的导数的综合应用，切线方程的求法，函数的单调性以及函数的最值，考查分析问题解决问题的能力，转化思想以及分类讨论思想的应用，是难度比较大的题目．