Question

8．已知函数f（x）=x-lnx-1，g（x）=$\frac{{x}^{2}}{2}$-mx+mf（x）（m∈R）．
（Ⅰ）求曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）求g（x）的单调区间；
（Ⅲ）当1＜m＜3时，x∈（1，e）求证：g（x）＞-$\frac{3}{2}$（1+ln3）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，切点坐标，斜率，即可求解切线方程．
（Ⅱ）求出$g'（x）=x-\frac{m}{x}=\frac{{{x^2}-m}}{x}$，通过①当m≤0时，②当m＞0时，分别求解函数的单调区间即可．（Ⅲ）通过（Ⅱ），当1＜m＜3，x∈（1，e），g（x）的导数和函数值变化情况，求出函数的极值，证明即可．

解答 （本题14分）
解：（Ⅰ）因为f（x）=x-lnx-1，所以$f'（x）=1-\frac{1}{x}$．
所以f（1）=0，f′（1）=0．
所以切线方程是y=0．…（3分）
（Ⅱ）因为f（x）=x-lnx-1，$g（x）=\frac{x^2}{2}-mx+mf（x）$，
所以$g（x）=\frac{x^2}{2}-mlnx-m（{x＞0}）$．
所以$g'（x）=x-\frac{m}{x}=\frac{{{x^2}-m}}{x}$．…（4分）
①当m≤0时，g′（x）＞0．
所以g（x）的单调递增区间是（0，+∞），无单减递增区间．…（5分）
②当m＞0时，令g′（x）＞0，得$x＞\sqrt{m}$；令g′（x）＜0，得$0＜x＜\sqrt{m}$．…（7分）
所以g（x）的单调递增区间是$（{\sqrt{m}，+∞}）$，单减递增区间是$（{0，\sqrt{m}}）$．…（8分）
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当1＜m＜3，x∈（1，e），g（x）的导数和函数值变化情况如下图

x	$（{1，\sqrt{m}}）$	$\sqrt{m}$	$（{\sqrt{m}，e}）$
g′（x）	-	0	+
g（x）	递减	极小值	递增

所以g（x）的最小值是$g（{\sqrt{m}}）=-\frac{m}{2}-\frac{m}{2}lnm$．…（10分）
令$h（m）=-\frac{m}{2}-\frac{m}{2}lnm$．所以$h'（m）=-1-\frac{1}{2}lnm$．
因为1＜m＜3，所以lnm＞0．
所以h′（m）＜0．
所以h（m）在（1，3）上单调递减．…（12分）
所以$h（m）＞h（3）=-\frac{3}{2}-\frac{3}{2}ln3$．
所以当1＜m＜3，x∈（1，e）时，$g（x）＞-\frac{3}{2}-\frac{3}{2}ln3=-\frac{3}{2}（{1+ln3}）$．
综上所述，当1＜m＜3，x∈（1，e）时，$g（x）＞-\frac{3}{2}（{1+ln3}）$．…（14分）

点评 本题考查函数的导数的综合应用，切线方程的求法，极值以及函数的最值的应用，考查分析问题解决问题的能力．