Question

11．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²+mlnx（m∈R）．
（1）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线经过点（3，3），求m的值；
（2）设1＜m≤e，H（x）=f（x）-（m+1）x，证明：?x₁，x₂∈[1，m]，恒有H（x₁）-H（x₂）＜1．

Answer 1

分析 （1）求出导数，求得切线的斜率，由直线的斜率公式计算即可得到m的值；
（2）求得H（x）的解析式和导数，判断函数H（x）在[1，m]单减，进而得H（x₁）-H（x₂）≤H（1）-H（m）=$\frac{1}{2}$-（m+1）-$\frac{1}{2}$m²-mlnm+（m+1）m=$\frac{1}{2}$m²-mlnm-$\frac{1}{2}$，转化为求h（m）=$\frac{1}{2}$m-lnm-$\frac{3}{2m}$的最大值问题即可．

解答 解：（1）f（x）=$\frac{1}{2}$x²+mlnx的导数为f′（x）=x+$\frac{m}{x}$，
即有在点（1，f（1））处的切线斜率为1+m，
切点为（1，$\frac{1}{2}$），
由1+m=$\frac{3-\frac{1}{2}}{3-1}$，解得m=$\frac{1}{4}$；
（2）证明：H（x）=f（x）-（m+1）x=$\frac{1}{2}$x²+mlnx-（m+1）x，
H′（x）=x+$\frac{m}{x}$-（m+1）=$\frac{（x-1）（x-m）}{x}$，
由x∈[1，m]，H′（x）≤0，
可得H（x）在[1，m]单调递减，
于是H（x₁）-H（x₂）≤H（1）-H（m）=$\frac{1}{2}$-（m+1）-$\frac{1}{2}$m²-mlnm+（m+1）m
=$\frac{1}{2}$m²-mlnm-$\frac{1}{2}$，
H（x₁）-H（x₂）＜1?$\frac{1}{2}$m²-mlnm-$\frac{1}{2}$＜1
?$\frac{1}{2}$m-lnm-$\frac{3}{2m}$＜0，
设h（m）=$\frac{1}{2}$m-lnm-$\frac{3}{2m}$，
则h′（m）=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{m}$+$\frac{3}{2{m}^{2}}$=$\frac{3}{2}$（$\frac{1}{m}$-$\frac{1}{3}$）²+$\frac{1}{3}$＞0，
所以函数h（m）在[1，e]是单增函数，
所以h（m）≤h（e）=$\frac{1}{2}$e-1-$\frac{3}{2e}$=$\frac{（e-3）（e+1）}{2e}$＜0，
故?x₁，x₂∈[1，m]，恒有H（x₁）-H（x₂）＜1．

点评 本题主要考查函数恒成立问题以及函数解析式的求法，是对函数以及导函数知识的综合考查，属于中档题．