Question

已知函數(shù)f（x）=

1

2

m（x-1）²-2x+3+lnx（m≥1）．
（Ⅰ）當(dāng)m=

3

2

時(shí)，求函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，3]上的極小值；
（Ⅱ）求證：函數(shù)f（x）存在單調(diào)遞減區(qū)間[a，b]；
（Ⅲ）是否存在實(shí)數(shù)m，使曲線C：y=f（x）在點(diǎn)P（1，1）處的切線l與曲線C有且只有一個(gè)公共點(diǎn)？若存在，求出實(shí)數(shù)m的值，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析：（I）先求出導(dǎo)函數(shù)，然后求出f′（x）=0，通過(guò)列表判定函數(shù)的單調(diào)性，從而確定函數(shù)的極小值；
（II）令f′（x）=0，因?yàn)椤鳎?，所以方程存在兩個(gè)不等實(shí)根，根據(jù)條件進(jìn)一步可得方程有兩個(gè)不等的正根，從而得到函數(shù)f（x）存在單調(diào)遞減區(qū)間；
（III）先求出函數(shù)y=f（x）在點(diǎn)P（1，1）處的切線l的方程，若切線l與曲線C只有一個(gè)公共點(diǎn)，則只需方程f（x）=-x+2有且只有一個(gè)實(shí)根即可．

解答：解：（Ⅰ）f′(x)=m(x-1)-2+

1

x

（x＞0）．
當(dāng)m=

3

2

時(shí)，f′(x)=

3(x-2)(x- 1 3 )

2x

，令f′（x）=0，得x₁=2，x₂=

1

3

．
f（x），f′（x）的變化情況如下表：

x	（0， 1 3 ）	1 3	（ 1 3 ，2）	2	（2，+∞）
f'（x）	+	0	-	0	+
f（x）	單調(diào)遞增	極大值	單調(diào)遞減	極小值	單調(diào)遞增

所以，當(dāng)x=2時(shí)，函數(shù)f（x）取到極小值，且極小值為f（2）=ln2-

1

4

．（4分）
（Ⅱ）令f′（x）=0，得mx²-（m+2）x+1=0．  （*）
因?yàn)椤?（m+2）²-4m=m²+4＞0，所以方程（*）存在兩個(gè)不等實(shí)根，記為a，b（a＜b）．
因?yàn)閙≥1，所以

a+b= m+2 m ＞0 ab= 1 m ＞0.

所以a＞0，b＞0，即方程（*）有兩個(gè)不等的正根，因此f′（x）≤0的解為[a，b]．
故函數(shù)f（x）存在單調(diào)遞減區(qū)間．（8分）
（Ⅲ）因?yàn)閒′（1）=-1，所以曲線C：y=f（x）在點(diǎn)P（1，1）處的切線l為y=-x+2．
若切線l與曲線C只有一個(gè)公共點(diǎn)，則方程

1

2

m（x-1）²-2x+3+lnx=-x+2有且只有一個(gè)實(shí)根．
顯然x=1是該方程的一個(gè)根．
令g（x）=

1

2

m（x-1）²-x+1+lnx，則g′(x)=m(x-1)-1+

1

x

=

m(x-1)(x- 1 m )

x

．
當(dāng)m=1時(shí)，有g(shù)′（x）≥0恒成立，所以g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，所以x=1是方程的唯一解，m=1符合題意．
當(dāng)m＞1時(shí)，令g′（x）=0，得x₁=1，x₂=

1

m

，則x₂∈（0，1），易得g（x）在x₁處取到極小值，在x₂處取到極大值．
所以g（x₂）＞g（x₁）=0，又當(dāng)x→0時(shí)，g（x）→-∞，所以函數(shù)g（x）在（0，

1

m

）內(nèi)也有一個(gè)解，即當(dāng)m＞1時(shí)，不合題意．
綜上，存在實(shí)數(shù)m，當(dāng)m=1時(shí)，曲線C：y=f（x）在點(diǎn)P（1，1）處的切線l與C有且只有一個(gè)公共點(diǎn)．（14分）

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值和單調(diào)性，以及導(dǎo)數(shù)的幾何意義，同時(shí)考查了轉(zhuǎn)化的思想，屬于中檔題．