Question

7．已知函数f（x）=（1-m）lnx+$\frac{m}{2}{x^2}$-x，m∈R且m≠0．
（Ⅰ）当m=2时，令g（x）=f（x）+log₂（3k-1），k为常数，求函数y=g（x）的零点的个数；
（Ⅱ）若不等式f（x）＞1-$\frac{1}{m}$在x∈[1，+∞）上恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的零点个数即可；
（Ⅱ）求出函数的导数，通过讨论m的范围，得到函数的单调区间，从而求出函数f（x）的最小值，确定m的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）当m=2时，g（x）=-lnx+x²-x+log₂（3k-1），x＞0，
所以$g'（x）=-\frac{1}{x}+2x-1=\frac{{2{x^2}-x-1}}{x}=\frac{（2x+1）（x-1）}{x}$，
令g'（x）=0，解得x=1或$x=-\frac{1}{2}$（舍去），
当x∈（0，1）时，g'（x）＜0，所以y=g（x）在（0，1）上单调递减，
当x∈（1，+∞）时，g'（x）＞0，所以y=g（x）在（1，+∞）上单调递增，
所以x=1是y=g（x）的极小值点，y=g（x）的最小值为g（1）=log₂（3k-1）…（3分）
当log₂（3k-1）=0，即$k=\frac{2}{3}$时，函数y=g（x）有一个零点，
当log₂（3k-1）＞0，即$k＞\frac{2}{3}$时，函数y=g（x）没有零点，
当log₂（3k-1）＜0，即$\frac{1}{3}＜k＜\frac{2}{3}$时，函数y=g（x）有两个零点…（6分）
（Ⅱ）由已知$f'（x）=\frac{1-m}{x}+mx-1=\frac{[mx-（1-m）]（x-1）}{x}=\frac{{m（x-\frac{1-m}{m}）（x-1）}}{x}$，
令f'（x）=0，解得${x_1}=\frac{1-m}{m}，{x_2}=1$，由于$\frac{1-m}{m}-1=\frac{1-2m}{m}=\frac{{-2（m-\frac{1}{2}）}}{m}$，
①若m＜0，则${x_1}=\frac{1-m}{m}＜0$，故当x≥1时，f'（x）≤0，因此f（x）在[1，+∞）上单调递减，
所以$f（x）≤f（1）=\frac{m}{2}-1＜0$，又因为$1-\frac{1}{m}＞0$，则$f（x）＞1-\frac{1}{m}$不成立…（8分）
②若$0＜m＜\frac{1}{2}$，则${x_1}=\frac{1-m}{m}＞1$，故当$x∈[1，\frac{1-m}{m}）$时，f'（x）≤0；当$x∈（\frac{1-m}{m}，+∞）$时，f'（x）＞0，
即f（x）在$[1，\frac{1-m}{m}）$上单调递减，在$（\frac{1-m}{m}，+∞）$上单调递增，
所以$f{（x）_{min}}=f（\frac{1-m}{m}）=（1-m）ln\frac{1-m}{m}+\frac{{{{（1-m）}^2}}}{2m}+1-\frac{1}{m}$，
因为$\frac{1-m}{m}＞1$，所以$（1-m）ln\frac{1-m}{m}+\frac{{{{（1-m）}^2}}}{2m}＞0$，
则$（1-m）ln\frac{1-m}{m}+\frac{{{{（1-m）}^2}}}{2m}+1-\frac{1}{m}＞1-\frac{1}{m}$，
因此当$0＜m＜\frac{1}{2}$时，$f（x）＞1-\frac{1}{m}$恒成立 …（11分）
③若$m≥\frac{1}{2}$，则${x_1}=\frac{1-m}{m}≤1$，故当x≥1时，f'（x）≥0，
因此f（x）在[1，+∞）上单调递增，
故$f{（x）_{min}}=f（1）=\frac{m}{2}-1$，令$\frac{m}{2}-1＞1-\frac{1}{m}$，化简得m²-4m+2＞0，
解得$（-∞，2-\sqrt{2}）∪（2+\sqrt{2}，+∞）$，所以$m∈[\frac{1}{2}，2-\sqrt{2}）∪（2+\sqrt{2}，+∞）$…（13分）
综上所述，实数m的取值范围是$（0，2-\sqrt{2}）∪（2+\sqrt{2}，+∞）$…（14分）

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．