每日一题[1156]任意与存在的纠缠

已知函数 $f(x)=\ln x+\dfrac 12x^2-2ax$,其中 $a\in \mathbb R$.
(1)讨论函数 $f(x)$ 的单调性;
(2)已知函数 $g(x)=\dfrac{m\ln x}x+m$,其中 $m>0$,若对任意 $a\in\left[\dfrac 12,1\right]$,存在 $x_1,x_2\in [1,{\rm e}]$,使得 $\left|f(x_1)-g(x_2)\right|<1$ 成立,求实数 $m$ 的取值范围.


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分析与解    (1)根据题意,函数 $f(x)$ 的导函数\[f'(x)=\dfrac{x^2-2ax+1}{x},\]记\[\varphi(x)=x^2-2ax+1,\]注意到 $\varphi(0)=1$,$\varphi(x)$ 的对称轴为 $x=a$,判别式为 $\Delta=4\left(a^2-1\right)$.讨论分界点为 $a=0,1$.

情形一 $a\leqslant 0$.此时函数 $\varphi(x)$ 的对称轴在 $x=0$ 左侧,因此在 $(0,+\infty)$ 上 $\varphi(x)>0$,因此函数 $f(x)$ 单调递增.

情形二 $0<a\leqslant 1$.此时函数 $\varphi(x)$ 的判别式 $\Delta\leqslant 0$,因此 $\varphi(x)\geqslant 0$,在 $(0,+\infty)$ 上函数 $f(x)$ 单调递增.

情形三 $a>1$.此时函数 $\varphi(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上有两个零点,分别记\[x_1=a-\sqrt{a^2-1},x_2=a+\sqrt{a^2-1},\]则函数 $f(x)$ 在 $(0,x_1)$ 上单调递增,在 $(x_1,x_2)$ 上单调递减,在 $(x_2,+\infty)$ 上单调递增.

(2)函数 $g(x)$ 的导函数\[g'(x)=m\cdot \dfrac{1-\ln x}{x^2},\]因此函数 $g(x)$ 在 $[1,{\rm e}]$ 上单调递增,对应的函数值的取值范围是 $\left[m,\dfrac{m}{\rm e}+m\right]$.根据第 $(1)$ 小题的结论,当 $a\in\left[\dfrac 12,1\right]$ 时,函数 $g(x)$ 在 $[1,{\rm e}]$ 上单调递增,对应的函数值的取值范围是 $\left[\dfrac 12-2a,1+\dfrac 12{\rm e}^2-2a{\rm e}\right]$.命题\[\exists x_1,x_2\in [1,{\rm e}],\left|f(x_1)-g(x_2)\right|<1,\]即\[\left[m,\dfrac{m}{\rm e}+m\right]\cap \left[-\dfrac 12-2a,2+\dfrac 12{\rm e}^2-2a{\rm e}\right]\ne \varnothing.\]因此问题即\[\forall a\in\left[\dfrac 12,1\right],\left[m,\dfrac{m}{\rm e}+m\right]\cap \left[-\dfrac 12-2a,2+\dfrac 12{\rm e}^2-2a{\rm e}\right]\ne \varnothing,\]也即\[\left[m,\dfrac{m}{\rm e}+m\right]\cap \left[-\dfrac 32,2+\dfrac 12{\rm e}^2-2{\rm e}\right]\ne \varnothing,\]于是 $m$ 的取值范围是 $\left(0,2+\dfrac 12{\rm e}^2-2{\rm e}\right]$.

 如果注意到 $\dfrac 12-2a<0<m$,也可以直接得到(2)中条件等价于\[ \forall a\in\left[\dfrac 12,1\right],0<m\leqslant 1+\dfrac 12{\rm e}^2-2a{\rm e}+1,\]从而得到 $ m $ 的取值范围是 $ \left(0,2+\dfrac 12{\rm e}^2-2{\rm e}\right]$.

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