Question

5．已知函數(shù)f（x）=lnx+mx（m為常數(shù)）．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）當(dāng)$m≤-\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$時，設(shè)$g（x）=f（x）+\frac{1}{2}{x^2}$的兩個極值點x₁，x₂（x₁＜x₂）恰為h（x）=2lnx-ax-x²的零點，求$y=（{x_1}-{x_2}）h'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）$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)，得到x₁+x₂=-m，x₁x₂=1，求出$y=（{x_1}-{x_2}）h'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）$的解析式，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出其最小值即可．

解答 解：（1）$f'（x）=\frac{1}{x}+m=\frac{1+mx}{x}$，x＞0，
當(dāng)m＜0時，由1+mx＞0，解得$x＜-\frac{1}{m}$，
即當(dāng)$0＜x＜-\frac{1}{m}$時，f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；
由1+mx＜0解得$x＞-\frac{1}{m}$，即當(dāng)$x＞-\frac{1}{m}$時，f'（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)m=0時，$f'（x）=\frac{1}{x}＞0$，即f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
當(dāng)m＞0時，1+mx＞0，故f'（x）＞0，即f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．
所以當(dāng)m＜0時，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為$（0，-\frac{1}{m}）$，單調(diào)遞減區(qū)間為$（-\frac{1}{m}，+∞）$；
當(dāng)m≥0時，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）．
（2）由$g（x）=lnx+mx+\frac{1}{2}{x^2}$得$g'（x）=\frac{1}{x}+m+x=\frac{{{x^2}+mx+1}}{x}$，
由已知x²+mx+1=0有兩個互異實根x₁，x₂，
由根與系數(shù)的關(guān)系得x₁+x₂=-m，x₁x₂=1，
因為x₁，x₂（x₁＜x₂）是h（x）的兩個零點，
故$h（{x_1}）=2ln{x_1}-{x_1}^2-a{x_1}=0$①$h（{x_2}）=2ln{x_2}-{x_2}^2-a{x_2}=0$②
由②-①得：$2ln\frac{x_2}{x_1}-（{x_2}^2-{x_1}^2）-a（{x_2}-{x_1}）=0$，
解得$a=\frac{{2ln\frac{x_2}{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}-（{x_2}+{x_1}）$，
因為$h'（x）=\frac{2}{x}-2x-a$，得$h'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）=\frac{4}{{{x_1}+{x_2}}}-2•\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}-a$，
將$a=\frac{{2ln\frac{x_2}{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}-（{x_2}+{x_1}）$代入得：
$h'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）=\frac{4}{{{x_1}+{x_2}}}-2•\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}-[{\frac{{2ln\frac{x_2}{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}-（{x_2}+{x_1}）}]$
=$-\frac{{2ln\frac{x_2}{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}+\frac{4}{{{x_1}+{x_2}}}$=$-\frac{2}{{{x_2}-{x_1}}}[{ln\frac{x_2}{x_1}-\frac{{2（{x_2}-{x_1}）}}{{{x_1}+{x_2}}}}]=-\frac{2}{{{x_2}-{x_1}}}[{ln\frac{x_2}{x_1}-2\frac{{（\frac{x_2}{x_1}-1）}}{{\frac{x_2}{x_1}+1}}}]$，
所以$y=（{x_1}-{x_2}）h'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）=2[{ln\frac{x_2}{x_1}-2\frac{{\frac{x_2}{x_1}-1}}{{\frac{x_2}{x_1}+1}}}]$，
設(shè)$t=\frac{x_2}{x_1}＞1$，因為${（{x_1}+{x_2}）^2}={x_1}^2+{x_2}^2+2{x_1}{x_2}={m^2}≥\frac{9}{2}$，
所以${x_1}^2+{x_2}^2≥\frac{5}{2}$，所以$\frac{{{x_1}^2+{x_2}^2}}{{{x_1}{x_2}}}=\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_1}≥\frac{5}{2}$，
所以$t+\frac{1}{t}≥\frac{5}{2}$，所以t≥2．
構(gòu)造$F（t）=lnt-2\frac{t-1}{t+1}$，得$F'（t）=\frac{1}{t}-\frac{4}{{{{（t+1）}^2}}}=\frac{{{{（t-1）}^2}}}{{t{{（t+1）}^2}}}＞0$，
則$F（t）=lnt-2\frac{t-1}{t+1}$在[2，+∞）上是增函數(shù)，
所以$F{（x）_{min}}=F（2）=ln2-\frac{2}{3}$，即$y=（{x_1}-{x_2}）h'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）$的最小值為$2ln2-\frac{4}{3}$．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想、轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．