Question

18．已知f（x）=ln（mx+1）-2（m≠0）．
（1）討論f（x）的單調(diào)性；
（2）若m＞0，g（x）=f（x）+$\frac{4}{x+2}$存在兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，且g（x₁）+g（x₂）＜0，求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論m的范圍，確定函數(shù)的單調(diào)性；
（2）求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論m的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最值，判斷是否符合題意，從而判斷出m的范圍即可．

解答 解：（1）由已知得mx+1＞0，f′（x）=$\frac{m}{mx+1}$，
①若m＞0時(shí)，由mx+1＞0，得：x＞-$\frac{1}{m}$，恒有f′（x）＞0，
∴f（x）在（-$\frac{1}{m}$，+∞）遞增；
②若m＜0，由mx+1＞0，得：x＜-$\frac{1}{m}$，恒有f′（x）＜0，
∴f（x）在（-∞，-$\frac{1}{m}$）遞減；
綜上，m＞0時(shí)，f（x）在（-$\frac{1}{m}$，+∞）遞增，
m＜0時(shí)，f（x）在（-∞，-$\frac{1}{m}$）遞減；
（2）g（x）=ln（mx+1）+$\frac{4}{x+2}$-2，（m＞0），
∴g′（x）=$\frac{{mx}^{2}+4m-4}{（mx+1{）（x+2）}^{2}}$，
令h（x）=mx²+4m-4，
m≥1時(shí)，h（x）≥0，g′（x）≥0，g（x）無(wú)極值點(diǎn)，
0＜m＜1時(shí)，令h（x）=0，得：x₁=-2$\sqrt{\frac{1}{m}-1}$或x₂=2$\sqrt{\frac{1}{m}-1}$，
由g（x）的定義域可知x＞-$\frac{1}{m}$且x≠-2，
∴-2$\sqrt{\frac{1}{m}-1}$＞-$\frac{1}{m}$且-2$\sqrt{\frac{1}{m}-1}$≠-2，解得：m≠$\frac{1}{2}$，
∴x₁，x₂為g（x）的兩個(gè)極值點(diǎn)，
即x₁=-2$\sqrt{\frac{1}{m}-1}$，x₂=2$\sqrt{\frac{1}{m}-1}$，
且x₁+x₂=0，x₁•x₂=$\frac{4（m-1）}{m}$，得：
g（x₁）+g（x₂）=ln（mx₁+1）+$\frac{4}{{x}_{2}+2}$-2+ln（mx₂+1）+$\frac{4}{{x}_{2}+2}$-2
=ln（2m-1）²+$\frac{2}{2m-1}$-2，
令t=2m-1，F(xiàn)（t）=lnt²+$\frac{2}{t}$-2，
①0＜m＜$\frac{1}{2}$時(shí)，-1＜t＜0，
∴F（t）=2ln（-t）+$\frac{2}{t}$-2，
∴F′（t）=$\frac{2（t-1）}{{t}^{2}}$＜0，
∴F（t）在（-1，0）遞減，F(xiàn)（t）＜F（-1）＜0，
即0＜m＜$\frac{1}{2}$時(shí)，g（x₁）+g（x₂）＜0成立，符合題意；
②$\frac{1}{2}$＜m＜1時(shí)，0＜t＜1，
∴F（t）=2lnt+$\frac{2}{t}$-2，F(xiàn)′（t）=$\frac{2（t-1）}{{t}^{2}}$＜0，
∴F（t）在（0，1）遞減，F(xiàn)（t）＞F（1）=0，
∴$\frac{1}{2}$＜m＜1時(shí)，g（x₁）+g（x₂）＞0，不合題意，
綜上，m∈（0，$\frac{1}{2}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問(wèn)題，考查分類(lèi)討論思想，是一道綜合題．