Question

已知函數f（x）=m（x-1）²-2x+3+lnx（m≥1）．
（Ⅰ）當時，求函數f（x）在區間[1，3]上的極小值；
（Ⅱ）求證：函數f（x）存在單調遞減區間[a，b]；
（Ⅲ）是否存在實數m，使曲線C：y=f（x）在點P（1，1）處的切線l與曲線C有且只有一個公共點？若存在，求出實數m的值，若不存在，請說明理由．

Answer 1

解：（Ⅰ）（x＞0）．
當時，，令f′（x）=0，得x₁=2，x₂=．
f（x），f′（x）的變化情況如下表：

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

所以，當x=2時，函數f（x）取到極小值，且極小值為f（2）=ln2-．（4分）
（Ⅱ）令f′（x）=0，得mx²-（m+2）x+1=0． （*）
因為△=（m+2）²-4m=m²+4＞0，所以方程（*）存在兩個不等實根，記為a，b（a＜b）．
因為m≥1，所以
所以a＞0，b＞0，即方程（*）有兩個不等的正根，因此f′（x）＜0的解為（a，b）．
故函數f（x）存在單調遞減區間．（8分）
（Ⅲ）因為f′（1）=-1，所以曲線C：y=f（x）在點P（1，1）處的切線l為y=-x+2．
若切線l與曲線C只有一個公共點，則方程m（x-1）²-2x+3+lnx=-x+2有且只有一個實根．
顯然x=1是該方程的一個根．
令g（x）=m（x-1）²-x+1+lnx，則．
當m=1時，有g′（x）≥0恒成立，所以g（x）在（0，+∞）上單調遞增，所以x=1是方程的唯一解，m=1符合題意．
當m＞1時，令g′（x）=0，得x₁=1，x₂=，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x→0時，g（x）→-∞，所以函數g（x）在（0，）內也有一個解，即當m＞1時，不合題意．
綜上，存在實數m，當m=1時，曲線C：y=f（x）在點P（1，1）處的切線l與C有且只有一個公共點．（14分）
分析：（I）先求出導函數，然后求出f′（x）=0，通過列表判定函數的單調性，從而確定函數的極小值；
（II）令f′（x）=0，因為△＞0，所以方程存在兩個不等實根，根據條件進一步可得方程有兩個不等的正根，從而得到函數f（x）存在單調遞減區間；
（III）先求出函數y=f（x）在點P（1，1）處的切線l的方程，若切線l與曲線C只有一個公共點，則只需方程f（x）=-x+2有且只有一個實根即可．
點評：本題主要考查了利用導數研究函數的極值和單調性，以及導數的幾何意義，同時考查了轉化的思想，屬于中檔題．