Question

已知函數g(x)=

1

2

x2-

1

2

x-1，令f(x)=g(x+

1

2

)+mlnx+

9

8

（m∈R）．
（1）若?x＞0，，使f（x）≤0成立，求實數m的取值范圍；
（2）設1＜m≤e，H（x）=f（x）-（m+1）x，證明：對?x₁，x₂∈[1，m]，恒有H（x₁）-H（x₂）＜1．

Answer 1

分析：（1）由題意f(x)=

1

2

x2+mlnx，得f′(x)=x+

m

x

．討論m的范圍判斷函數的單調性與其最值，通過最小值與0的關系得到m的范圍．
（2）H′(x)=x+

m

x

-(m+1)=

(x-1)(x-m)

x

≤0，所以函數H（x）在[1，m]上單調遞減．H(x1)-H(x2)＜1?

1

2

m2-mlnm-

1

2

＜1?

1

2

m-lnm-

3

2m

＜0，所以設h(m)=

1

2

m-lnm-

3

2m

(1＜m≤e)判斷其單調性求其最值即可證得．

解答：解：（1）由題意f(x)=

1

2

x2+mlnx，得f′(x)=x+

m

x

．
①當m＞0時，f′(x)=x+

m

x

＞0，因此f（x）在（0，+∞）上單調遞增，由對數函數的性質，知f（x）的值域為R，因此?x＞0，使f（x）≤0成立；
②當m=0時，f(x)=

x2

2

＞0，對?x＞0，f（x）＞0恒成立；
③當m＜0時，由f′(x)=x+

m

x

得x=

-m

，

x		-m	( -m ，+∞)
	-	0	+
f（x）	↘	極小值	↗

此時f(x)min=f(

-m

)=-

m

2

+mln

-m

．
令f(x)min＞0⇒

- m 2 +mln -m ＞0 m＜0

⇒-e＜m＜0．
所以對?x＞0，f（x）＞0恒成立，則實數m的取值范圍是（-e，0]．
故?x＞0，使f（x）≤0成立，實數m的取值范圍是（-∞，-e]∪（0，+∞）．
（2）∵H(x)=f(x)-(m+1)x=

1

2

x2+mlnx-(m+1)x，
∴H′(x)=x+

m

x

-(m+1)=

(x-1)(x-m)

x

．
?x∈[1，m]，H′(x)=

(x-1)(x-m)

x

≤0，所以函數H（x）在[1，m]上單調遞減．
于是H(x1)-H(x2)≤H(1)-H(m)=

1

2

m2-mlnm-

1

2

．
H(x1)-H(x2)＜1?

1

2

m2-mlnm-

1

2

＜1?

1

2

m-lnm-

3

2m

＜0．
記h(m)=

1

2

m-lnm-

3

2m

(1＜m≤e)，
則h′(m)=

1

2

-

1

m

+

3

2m2

=

3

2

(

1

m

-

1

3

)2+

1

3

＞0，
所以函數h(m)=

1

2

m-lnm-

3

2m

在（1，e]上是單調增函數，
所以h(m)≤h(e)=

e

2

-1-

3

2e

=

(e-3)(e+1)

2e

＜0，
故對?x₁，x₂∈[1，m]，恒有H（x₁）-H（x₂）＜1．

點評：解決至少存在問題可從正面入手找到存在的原因也可以先做它的反面，證明不等式問題一般利用導數判斷函數單調性通過函數的單調性求函數的最值，在利用最值求證不等式，函數與不等式結合是高考考查的熱點之一．