题目内容
已知函数f(x)=m(x-1)2-2x+3+ln x,m≥1.
(1)当m=时,求函数f(x)在区间[1,3]上的极小值;
(2)求证:函数f(x)存在单调递减区间[a,b];
(3)是否存在实数m,使曲线C:y=f(x)在点P(1,1)处的切线l与曲线C有且只有一个公共点?若存在,求出实数m的值;若不存在,请说明理由.
(1)当m=时,求函数f(x)在区间[1,3]上的极小值;
(2)求证:函数f(x)存在单调递减区间[a,b];
(3)是否存在实数m,使曲线C:y=f(x)在点P(1,1)处的切线l与曲线C有且只有一个公共点?若存在,求出实数m的值;若不存在,请说明理由.
(1) 极小值为f(2)=ln 2- (2)见解析 (3) 存在实数m=1使得曲线C:y=f(x)在点P(1,1)处的切线l与曲线C有且只有一个公共点
(1)f′(x)=m(x-1)-2+ (x>0).
当m=时,f′(x)=,令f′(x)=0,得x1=2,x2=.
f (x),f′(x)在x∈(0,+∞)上的变化情况如下表:
所以当x=2时,函数f(x)在x∈[1,3]上取到极小值,且极小值为f(2)=ln 2-.
(2)证明:令f′(x)=0,得mx2-(m+2)x+1=0.(*)
因为Δ= (m+2)2-4m=m2+4>0,所以方程(*)存在两个不等实根,记为a,b(a<b).
因为m≥1,所以,
所以a>0,b>0,即方程(*)有两个不等的正根,因此f′(x)<0的解为(a,b).
故函数f(x)存在单调递减区间[a,b].
(3)因为f′(1)=-1,所以曲线C:y=f(x)在点P(1,1)处的切线l的方程为y=-x+2.若切线l与曲线C有且只有一个公共点,则方程m(x-1)2-2x+3+ln x=-x+2有且只有一个实根.
显然x=1是该方程的一个根.
令g(x)=m(x-1)2-x+1+ln x,则g′(x)=m(x-1)-1+=.
当m=1时,有g′(x)≥0恒成立,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以x=1是方程的唯一解,m=1符合题意.
当m>1时,由g′(x)=0,得x1=1,x2=,则x2∈(0,1),易得g (x)在x1处取到极小值,在x2处取到极大值.
所以g(x2)>g(x1)=0,又当x趋近0时,g(x)趋近-∞,所以函数g(x)在内也有一个解,m>1不符合题意.
综上,存在实数m=1使得曲线C:y=f(x)在点P(1,1)处的切线l与曲线C有且只有一个公共点.
当m=时,f′(x)=,令f′(x)=0,得x1=2,x2=.
f (x),f′(x)在x∈(0,+∞)上的变化情况如下表:
x | 2 | (2,+∞) | |||
f′(x) | + | 0 | - | 0 | + |
f(x) | 单调递增 | 极大值 | 单调递减 | 极小值 | 单调递增 |
(2)证明:令f′(x)=0,得mx2-(m+2)x+1=0.(*)
因为Δ= (m+2)2-4m=m2+4>0,所以方程(*)存在两个不等实根,记为a,b(a<b).
因为m≥1,所以,
所以a>0,b>0,即方程(*)有两个不等的正根,因此f′(x)<0的解为(a,b).
故函数f(x)存在单调递减区间[a,b].
(3)因为f′(1)=-1,所以曲线C:y=f(x)在点P(1,1)处的切线l的方程为y=-x+2.若切线l与曲线C有且只有一个公共点,则方程m(x-1)2-2x+3+ln x=-x+2有且只有一个实根.
显然x=1是该方程的一个根.
令g(x)=m(x-1)2-x+1+ln x,则g′(x)=m(x-1)-1+=.
当m=1时,有g′(x)≥0恒成立,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以x=1是方程的唯一解,m=1符合题意.
当m>1时,由g′(x)=0,得x1=1,x2=,则x2∈(0,1),易得g (x)在x1处取到极小值,在x2处取到极大值.
所以g(x2)>g(x1)=0,又当x趋近0时,g(x)趋近-∞,所以函数g(x)在内也有一个解,m>1不符合题意.
综上,存在实数m=1使得曲线C:y=f(x)在点P(1,1)处的切线l与曲线C有且只有一个公共点.
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