Question

12．已知函數(shù)f（x）=x²-2x+mlnx（m∈R），$g（x）=（x-\frac{3}{4}）{e^x}$．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）若f（x）存在兩個極值點x₁，x₂（x₁＜x₂），求g（x₁-x₂）的最小值．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論m的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)（x＞0），令f′（x）=0，得2x²-2x+m=0，f（x）存在兩個極值點x₁，x₂，（x₁＜x₂），可得上述方程在（0，+∞）上有兩個不等實根x₁，x₂，可得x₁-x₂范圍．g′（x）=（x+$\frac{1}{4}$）e^x，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性即可得出．

解答 解：（1）函數(shù)y=f（x）的定義域為（0，+∞），
f′（x）=2x-2+$\frac{m}{x}$=$\frac{{2x}^{2}-2x+m}{x}$，
令f′（x）=0并結(jié)合定義域得2x²-2x+m＞0，
△=4-8m，令△=0，解得：m=$\frac{1}{2}$，
由f′（x）=0，解得：x=$\frac{1-\sqrt{1-2m}}{2}$或x=$\frac{1+\sqrt{1-2m}}{2}$，
故①$0＜m＜\frac{1}{2}$，$（0，\frac{{1-\sqrt{1-2m}}}{2}）$單調(diào)遞增，$（\frac{{1-\sqrt{1-2m}}}{2}，\frac{{1+\sqrt{1-2m}}}{2}）$單調(diào)遞減，$（\frac{{1+\sqrt{1-2m}}}{2}，+∞）$單調(diào)遞增；
②m≤0，$（0，\frac{{1+\sqrt{1-2m}}}{2}）$單調(diào)遞減，$（\frac{{1+\sqrt{1-2m}}}{2}，+∞）$單調(diào)遞增；
③$m≥\frac{1}{2}$，（0，+∞）單調(diào)遞增；
（Ⅱ）f′（x）=2x-2+$\frac{m}{x}$=$\frac{{2x}^{2}-2x+m}{x}$（x＞0），
令f′（x）=0，得2x²-2x+m=0①，
∵f（x）存在兩個極值點x₁，x₂，（x₁＜x₂），
∴方程①在（0，+∞）上有兩個不等實根x₁，x₂，
∴$\left\{\begin{array}{l}{△=4-8m＞0}\\{\frac{m}{2}＞0}\end{array}\right.$?0＜m＜$\frac{1}{2}$，且x₁+x₂，=1，0＜x₁＜$\frac{1}{2}$，
x₁-x₂=x₁-（1-x₁）=2x₁-1∈（-1，0），
g′（x）=（x+$\frac{1}{4}$）e^x，當(dāng)x∈（-1，-$\frac{1}{4}$）時，g′（x）＜0，
當(dāng)x∈（-$\frac{1}{4}$，0）時，g′（x）＞0，
g（x）在（-1，-$\frac{1}{4}$）上是減函數(shù)，g（x）在（-$\frac{1}{4}$，0）上是增函數(shù)，
∴g（x₁-x₂）的最小值為g（-$\frac{1}{4}$）=-e${\;}^{-\frac{1}{4}}$．

點評 本小題主要考查函數(shù)的最值、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運算求解能力等，考查函數(shù)與方程思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、分類與整合思想、數(shù)形結(jié)合思想等．屬于難題．