Question

18．已知函数f（x）=lnx-mx²，g（x）=$\frac{1}{2}$mx²+x（m∈R），令F（x）=f（x）+g（x）．
（1）若函数f（x）在（0，1）上单调递增，求实数m的取值范围；
（2）若过原点O可作曲线y=f（x）的两条切线，求实数m的取值范围；
（3）若关于x的不等式F（x）≤mx-1恒成立，求整数m的最小值．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，由题意可得f′（x）=$\frac{1}{x}$-2mx≥0在（0，1）上恒成立，由参数分离和不等式恒成立思想即可得到m的范围；
（2）设出切点，求得切线的斜率，求得切线方程，代入原点，结合点满足曲线方程，讨论函数的零点个数，注意运用导数求极值，可令极大值大于0，即可得到m的范围；
（3）关于x的不等式F（x）≤mx-1恒成立，即为lnx-$\frac{1}{2}$mx²+（1-m）x+1≤0恒成立，令h（x）=lnx-$\frac{1}{2}$mx²+（1-m）x+1，求得导数，求得单调区间，讨论m的符号，由最大值小于等于0，通过分析即可得到m的最小值．

解答 解：（1）∵f（x）=lnx-mx²，
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$-2mx≥0在（0，1）上恒成立，
∴2m≤$\frac{1}{{x}^{2}}$，即有2m≤1，
∴m≤$\frac{1}{2}$；
（2）设切点为（a，b），则切线方程为y-b=（$\frac{1}{a}$-2ma）（x-a），
代入（0，0），b=lna-ma²，可得-lna+ma²=-1+2ma²，
∴ma²+lna-1=0有两个不相等的正数解，
令g（a）=ma²+lna-1，则g′（a）=2ma+$\frac{1}{a}$=$\frac{1+2m{a}^{2}}{a}$，
当m≥0时，g′（a）＞0，g（a）在（0，+∞）递增，只有一个正数解；
当m＜0时，由g′（a）=0，解得a=$\sqrt{-\frac{1}{2m}}$，
当a＞$\sqrt{-\frac{1}{2m}}$，g′（a）＜0，g（a）递减，当0＜a＜$\sqrt{-\frac{1}{2m}}$，g′（a）＞0，g（a）递增，
即有a=$\sqrt{-\frac{1}{2m}}$，g（a）取得极大值，且为-$\frac{1}{2}$+ln$\sqrt{-\frac{1}{2m}}$-1，
由题意可得-$\frac{1}{2}$+ln$\sqrt{-\frac{1}{2m}}$-1＞0，解得-$\frac{1}{2}$e^-3＜m＜0；
（3）关于x的不等式F（x）≤mx-1恒成立，即为
lnx-$\frac{1}{2}$mx²+（1-m）x+1≤0恒成立，
令h（x）=lnx-$\frac{1}{2}$mx²+（1-m）x+1，h′（x）=$\frac{1}{x}$-mx+1-m=$\frac{-m{x}^{2}+（1-m）x+1}{x}$，
当m≤0可得h′（x）＞0恒成立，h（x）递增，无最大值，不成立；
当m＞0时，h′（x）=$\frac{-m（x+1）（x-\frac{1}{m}）}{x}$，
当x＞$\frac{1}{m}$，h′（x）＜0，h（x）递减，当0＜x＜$\frac{1}{m}$，h′（x）＞0，h（x）递增，
则有x=$\frac{1}{m}$取得极大值，且为最大值．
由恒成立思想可得ln$\frac{1}{m}$-$\frac{1}{2m}$+$\frac{1}{m}$≤0，
即为2mlnm≥1，
显然m=1不成立，m=2时4ln2≥1即有2⁴≥e成立．
整数m的最小值为2．

点评 本题考查导数的运用：求切线方程和单调区间、极值和最值，主要考查导数的几何意义和函数的单调性的运用，同时考查函数和方程的转化思想以及不等式恒成立思想的运用，属于中档题．