(四)函数与导数(2)
1．已知函数f(x)＝mln x(m∈R)．
(1)若函数y＝f(x)＋x的最小值为0，求m的值；
(2)设函数g(x)＝f(x)＋mx2＋(m2＋2)x，试求g(x)的单调区间；
x－1
(3)试给出一个实数m的值，使得函数y＝f(x)与h(x)＝(x>0)的图象有且只有一条公切线，
2x并说明此时两函数图象有且只有一条公切线的理由． 解 (1)由题意，得函数y＝mln x＋x， x＋mm
所以y′＝＋1＝，
xx
①当m≥0时，函数y在(0，＋∞)上单调递增，此时无最小值，舍去； ②当m<0时，由y′＝0，得x＝－m. 当x∈(0，－m)，y′<0，原函数单调递减； x∈(－m，＋∞)，y′>0，原函数单调递增． 所以x＝－m时，函数y取最小值， 即mln(－m)－m＝0，解得m＝－e.
(2)由题意，得g(x)＝mln x＋mx2＋(m2＋2)x， 2mx2＋(m2＋2)x＋m(2x＋m)(mx＋1)
则g′(x)＝＝，
xx
①当m≥0时，g′(x)≥0，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增； ②当m<0时，由g′(x)＝0， m1
得x＝－或x＝－，
2m
m1
(A)若m＝－2，则－＝－，此时g′(x)≤0，
2m函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减； m1
(B)若－2 2mm1 由g′(x)>0，解得x∈(－，－)， 2m m1 由g′(x)<0，解得x∈(0，－)∪(－，＋∞)， 2mm1 所以函数g(x)在(－，－)上单调递增， 2mm1 在(0，－)与(－，＋∞)上单调递减； 2m m1 (C)若m<－2，则－>－， 2m 1m1m 同理可得，函数g(x)在(－，－)上单调递增，在(0，－)与(－，＋∞)上单调递减． m2m2综上所述，g(x)的单调区间如下： ①当m≥0时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增； ②当m＝－2时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减； m1 ③当－2 2mm1 减区间为(0，－)与(－，＋∞)； 2m 1m ④当m<－2时，函数g(x)的增区间为(－，－)， m21m 减区间为(0，－)与(－，＋∞)． m21 (3)m＝符合题意. 2理由如下： 1 此时f(x)＝ln x. 2 x2－11 设函数f(x)与h(x)上各有一点A(x1，ln x1)，B(x2，)， 22x2则f(x)以点A为切点的切线方程为 111 y＝x＋ln x1－， 2x122 h(x)以点B为切点的切线方程为 x2－21y＝2x＋， 2x22x2由两条切线重合，得 ??1 1x－2ln x－＝，?222x 2 1 2 11＝2，2x12x2 (*) 1 消去x1，整理得ln x2＝1－， x21 即ln x2－1＋ ＝0， x21 令φ(x)＝ln x－1＋， x11x－1 得φ′(x)＝－2＝2， xxx 所以函数φ(x)在(0,1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增， 又φ(1)＝0，所以函数φ(x)有唯一零点x＝1， ??x1＝1， 从而方程组(*)有唯一解? ?x2＝1，? 即此时函数f(x)与h(x)的图象有且只有一条公切线． 1 故m＝符合题意． 2 2．(2016·课标全国甲)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)． (1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围． 1 解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝4时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，f′(x)＝ln x＋－3， xf′(1)＝－2，f(1)＝0，曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0. a(x－1)a(x－1) (2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0等价于ln x－>0，设g(x)＝ln x－，则 x＋1x＋1x2＋2(1－a)x＋112a g′(x)＝－＝，g(1)＝0. x(x＋1)2x(x＋1)2①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)单调递增， 因此g(x)>0； ②当a>2时，令g′(x)＝0得， x1＝a－1－(a－1)2－1，x2＝a－1＋(a－1)2－1.由x2>1和x1x2＝1得x1<1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(1，x2)单调递减，因此g(x)<0， 综上，a的取值范围是(－∞，2]． 3．(2016·课标全国丙)设函数f(x)＝ln x－x＋1. (1)讨论f(x)的单调性； x－1(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1< ln x(3)设c>1，证明：当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>cx. (1)解 由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)， 1 f′(x)＝－1，令f′(x)＝0解得x＝1. x 当0 11