零点与恒成立

赵晚龙 发表于 | 分类于 ， |

题目

$2018$ 年山西省高考考前适应性测试理科第 $21$ 题
已知函数 $ f\left(x\right)=mx^2-\left( 2m+1 \right)x+\ln x\left( m\in \mathbf{R} \right) $.

  1. 当 $ m=-\dfrac{1}{2} $ 时，若函数 $ g\left(x\right)=f\left( x \right)+ \left( a-1 \right)\ln x $ 恰有一个零点,求 $ a $ 的取值范围;
  2. 当 $ x>1 $ 时， $ f\left(x\right)<\left( 1-m \right)x^2 $ 恒成立，求 $ m $ 的取值范围.

解析

  1. 当 $ m=-\dfrac{1}{2} $ 时， $ g\left( x \right)=x^2+a\ln x\left( x>0 \right) $ ,导函数为 $$ g’\left( x \right)=2x+\dfrac{a}{x}=\dfrac{2x^2+a}{x} $$

    1. 当 $ a=0 $ 时， $ g\left( x \right)=x^2 $ 在 $ \left( 0,+\infty \right) $ 没有零点.
    2. 当 $ a>0 $ 时， $ g’\left( x \right)>0 $ , $ g\left(x\right) $ 在 $ \left( 0,+\infty \right) $ 单调递增，又 $$ g\left( e^{-\frac 1a} \right)=e^{-\frac{2}{a}}-1 < e^0-1 = 0,$$ $$ g\left( 1 \right)=1 > 0 ,$$ 所以 $ a>0 $ 时， $ g\left(x\right) $ 在 $ \left( 0,+\infty \right) $ 有且仅有一个零点.
    3. 当 $ a<0 $ 时，由 $ g’\left( x \right)=0 $ 得 $$ x_0=\sqrt{-\dfrac{a}{2}} .$$ 若 $ x\in\left( 0,x_0 \right) $ , $ g’\left( x \right) < 0 $ , $ g\left( x \right) $ 单调递减；
      若 $ x\in\left( x_0,+\infty \right) $ , $ g’\left( x \right) > 0 $ , $ g\left( x \right) $ 单调递增.且 $$ g\left( x_0 \right)=-\dfrac{a}{2}+a\ln\sqrt{-\dfrac{a}{2}}=\dfrac{1}{2}a\ln\left( -\dfrac{a}{2e} \right) $$
      1. 若 $ -2e < a < 0 $ , $ g\left( x_0 \right) > 0 $ , $ g\left( x \right) $ 无零点.
      2. 若 $ a = -2 e $ , $ g\left( x_0 \right) = 0 $ , $ g\left( x \right) $ 有且仅有一个零点 $ x_0 $ .
      3. 若 $ a < -2e $ ,则 $ g\left( x_0 \right) < 0 $ ,且 $$ 1 < x_0=\sqrt{-\dfrac{a}{2}} < -a $$ 由 $ a+\ln\left( -a \right) < a+\left( -a \right)-1 < 0 $ 可得 $$ g\left( -a \right)=a^2+a\ln\left( -a \right)=a\left( a+\ln\left( -a \right) \right)>0 ,$$ $$ g\left( 1 \right)=1>0,$$ 所以 $ g\left( x \right) $ 在 $ \left( 0,x_0 \right),\left( x_0,+\infty \right) $ 分别有一个零点.

    综上所述， $ a $ 的取值范围是 $\left\{ -2e \right\} \cup \left( 0,+\infty\right)$ .

  2. 令 $$ h\left( x \right)=f\left( x \right)-\left( 1-m \right)x^2=\ln x+mx^2-\left( 2m+1 \right)x,\quad \left( x\geqslant 1 \right) $$ 问题即 $ x>1 $ 时, $ h\left( x \right)<0 $ .

    1. 当 $ m>0 $ 时，取 $ x_1>2+\dfrac{1}{m}>1 $ ,此时 $$\begin{array}{rl} h\left( x_1 \right) & = \ln x_1+mx_1^2-\left( 2m+1 \right)x_1\\\ &> mx_1^2-\left( 2m+1 \right)x_1\\\ &= mx_1\left( x_1-2-\dfrac{1}{m} \right)>0 \end{array}$$ 与 $x >1$ 时, $ h\left( x \right) < 0 $ 矛盾，所以 $ m > 0 $ 时命题不成立.
    2. 当 $ m\leqslant 0 $ 时， $ x>1 $ 时, $$ h’\left( x \right)=\dfrac{1}{x}+2mx-\left( 2m+1 \right)=\dfrac{\left( 2mx-1 \right)\left( x-1 \right)}{x}<0 $$ 所以 $ h\left( x \right) $ 在 $ \left( 1,+\infty \right) $ 单调递减,要使命题成立,只需 $$ h\left( x \right)_{\max}=h\left( 1 \right)=-m-1\leqslant0 $$ 即 $ -1\leqslant m\leqslant 0 $ .

    综上所述, $ m $ 的取值范围是 $ \left[ -1,0 \right] $ .