Question

7．已知函数$f（x）=ln（{1+mx}）+\frac{x^2}{2}-mx$，其中m＞0．
（Ⅰ）当m=1时，求证：-1＜x≤0时，$f（x）≤\frac{x^3}{3}$；
（Ⅱ）试讨论函数y=f（x）的零点个数．

Answer 1

分析 （Ⅰ）当m=1时，令$g（x）=f（x）-\frac{x^3}{3}（{-1＜x≤0}）$，则$g'（x）=\frac{{-{x^3}}}{1+x}$，利用导数与函数单调性的关系即可证明．
（II）$f'（x）=\frac{{mx[{x-（{m-\frac{1}{m}}）}]}}{1+mx}$，令f'（x）=0，得x₁=0，${x_2}=m-\frac{1}{m}$，对m分类讨论，通过构造函数，利用导数研究函数的单调性极值与最值，即可得出函数零点的个数．

解答 （Ⅰ）证明：当m=1时，令$g（x）=f（x）-\frac{x^3}{3}（{-1＜x≤0}）$，则$g'（x）=\frac{{-{x^3}}}{1+x}$，
当-1＜x≤0时，-x³≥0，1+x＞0，∴g'（x）≥0，此时函数g（x）递增，
∴当-1＜x≤0时，g（x）≤g（0）=0，
∴当-1＜x≤0时，$f（x）≤\frac{x^3}{3}$…①
（Ⅱ）解：$f'（x）=\frac{{mx[{x-（{m-\frac{1}{m}}）}]}}{1+mx}$…②
令f'（x）=0，得x₁=0，${x_2}=m-\frac{1}{m}$，
（1）当m=1时，x₁=x₂=0，由②得$f'（x）=\frac{x^2}{1+x}$…③
∴当x＞-1时，1+x＞0，x²≥0，∴f'（x）≥0，此时，函数f（x）为增函数，
∴-1＜x＜0时，f（x）＜f（0）=0，f（0）=0，x＞0时，f（x）＞f（0）=0，
故函数y=f（x），在x＞-1上有且只有一个零点x=0．
（2）当0＜m＜1时，$m-\frac{1}{m}＜0$，且$-\frac{1}{m}＜m-\frac{1}{m}$，
由②知，当$x∈（{-\frac{1}{m}，m-\frac{1}{m}}]$，1+mx＞0，mx＜0，$x-（{m-\frac{1}{m}}）≤0$，
此时，f'（x）≥0；同理可得，当$x∈（{m-\frac{1}{m}，0}]$，f'（x）≤0；当x≥0时，f'（x）≥0；
∴函数y=f（x）的增区间为$（{-\frac{1}{m}，m-\frac{1}{m}}]$和（0，+∞），减区间为$（{m-\frac{1}{m}，0}]$，
故当$m-\frac{1}{m}＜x＜0$时，f（x）＞f（0）=0，当x＞0时，f（x）＞f（0）=0．
∴函数y=f（x），$x∈（{m-\frac{1}{m}，+∞}）$有且只有一个零点x=0；
又$f（{m-\frac{1}{m}}）=ln{m^2}-\frac{1}{2}（{{m^2}-\frac{1}{m^2}}）$，构造函数$φ（t）=lnt-\frac{1}{2}（{t-\frac{1}{t}}）$，0＜t＜1，则$φ'（t）=\frac{1}{t}-\frac{1}{2}（{1+\frac{1}{t^2}}）=\frac{{-{{（{t-1}）}^2}}}{t^2}$…④，
易知，对?t∈（0，1），φ'（t）≤0，∴函数y=φ（t），0＜t＜1为减函数，∴φ（t）＞φ（1）=0．
由0＜m＜1，知0＜m²＜1，∴$f（{m-\frac{1}{m}}）=ln（{m^2}）-\frac{1}{2}（{{m^2}-\frac{1}{m^2}}）＞0$…⑤
构造函数k（x）=lnx-x+1（x＞0），则$k'（x）=\frac{1-x}{x}$，当0＜x≤1时，k'（x）≥0，当x＞1时，k'（x）＜0，
∴函数y=k（x）的增区间为（0，1]，减区间为（1，+∞），
∴k（x）≤k（1）=0，∴有$ln\frac{1}{m^2}≤\frac{1}{m^2}-1＜\frac{1}{m^2}+1$，则${e^{-\frac{1}{m^2}-1}}＜{m^2}$，
∴$\frac{{{e^{-\frac{1}{m^2}-1}}-1}}{m}＜m-\frac{1}{m}$，当$-\frac{1}{m}＜x＜\frac{{{e^{-\frac{1}{m^2}-1}}-1}}{m}$时，$ln（{1+mx}）＜-\frac{1}{m^2}-1$…⑥
而$\frac{x^2}{2}-mx＜{x^2}-mx＜\frac{1}{m^2}+1$…⑦
由⑥⑦知$f（x）=ln（{1+mx}）+\frac{x^2}{2}-mx＜-\frac{1}{m^2}-1+\frac{1}{m^2}+1=0$…⑧
又函数y=f（x）在$（-\frac{1}{m}，m-\frac{1}{m}）$上递增，$m-\frac{1}{m}＞\frac{{{e^{-\frac{1}{m^2}-1}}-1}}{m}$，
由⑤⑧和函数零点定理知，$?{x_0}∈（{-\frac{1}{m}，\frac{{{m^2}-1}}{m}}）$，使得f（x₀）=0，
综上，当0＜m＜1时，函数$f（x）=ln（{1+mx}）+\frac{x^2}{2}-mx$有两个零点．
（3）当m＞1时，$m-\frac{1}{m}＞0$，由②知函数y=f（x）的增区间是$（{-\frac{1}{m}，0}]$和$[{m-\frac{1}{m}，+∞}）$，
减区间是$（{0，m-\frac{1}{m}}）$．…⑨
由④知函数y=φ（t），当t＞1为减函数，∴当t＞1时φ（t）＜φ（1）=0．
从而$f（{m-\frac{1}{m}}）＜0$；当x＞2m时，$（{其中2m＞m-\frac{1}{m}}）$，1+mx＞1$f（x）=ln（{1+mx}）+\frac{x^2}{2}-mx=ln（{1+mx}）+\frac{x}{2}（{x-2m}）＞0$…⑩
又$x＞m-\frac{1}{m}$时，函数y=f（x）递增，∴$?{x_0}∈（{m-\frac{1}{m}，2m}）$使得f（x₀）=0，
根据⑨知，函数$x∈（{-\frac{1}{m}，0}）$时，有f（x）＜0；$x∈（{0，m-\frac{1}{m}}）$时，f（x）＜0，f（x）=0，
∴函数$y=f（x）x∈（{-\frac{1}{m}，m-\frac{1}{m}}）$有且只有一个零点x=0．
综上所述：当0＜m＜1和m＞1时，函数y=f（x）有两个零点，
当m=1时，函数y=f（x）有且仅有一个零点．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值及其零点、构造函数方法，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．