Question

14．已知函數(shù)f（x）=lnx-mx（m∈R），g（x）=2f（x）+x²，h（x）=lnx-cx²-bx．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）當(dāng)$m≥\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$時(shí)，g（x）的兩個(gè)極值點(diǎn)為x₁，x₂（x₁＜x₂）．
①證明：$0＜\frac{x_1}{x_2}≤\frac{1}{2}$；
②若x₁，x₂恰為h（x）的零點(diǎn)，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）①求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，令$\frac{x_1}{x_2}=t$（0＜t＜1），得$t+\frac{1}{t}+2={m^2}$，從而證出結(jié)論；
②根據(jù)$ln{x_1}-c{x_1}^2-b{x_1}=0$，$ln{x_2}-c{x_2}^2-b{x_2}=0$，兩式相減得$ln\frac{x_1}{x_2}-c（{x_1}-{x_2}）（{x_1}+{x_2}）-b（{x_1}-{x_2}）=0$，令$\frac{x_1}{x_2}=t$（$0＜t≤\frac{1}{2}$），$G（t）=2•\frac{t-1}{t+1}-lnt$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出函數(shù)的最小值即可．

解答 解：（1）∵函數(shù)f（x）=lnx-mx，∴$f'（x）=\frac{1}{x}-m=\frac{1-mx}{x}$，x＞0；
當(dāng)m＞0時(shí)，由1-mx＞0解得$x＜\frac{1}{m}$，即當(dāng)$0＜x＜\frac{1}{m}$時(shí)，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(shí)，f'（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)m≤0時(shí)，1-mx＞0，故f'（x）＞0，即f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
∴當(dāng)m＞0時(shí)，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為$（0，\frac{1}{m}）$，單調(diào)減區(qū)間為$（\frac{1}{m}，+∞）$；
當(dāng)m≤0時(shí)，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）．
（2）①g（x）=2f（x）+x²=2lnx-2mx+x²，則$g'（x）=\frac{{2（{x^2}-mx+1）}}{x}$，
∴g'（x）的兩根x₁，x₂即為方程x²-mx+1=0的兩根；
又∵$m≥\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$，∴△=m²-4＞0，x₁+x₂=m，x₁x₂=1
令$\frac{x_1}{x_2}=t$（0＜t＜1），由${（{x_1}+{x_2}）^2}={m^2}$，得${x_1}^2+{x_2}^2+2{x_1}{x_2}={m^2}$，
因?yàn)閤₁x₂=1，兩邊同時(shí)除以x₁x₂，得$t+\frac{1}{t}+2={m^2}$，且$m≥\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$，
故$t+\frac{1}{t}≥\frac{5}{2}$，解得$t≤\frac{1}{2}$或t≥2，∴$0＜t≤\frac{1}{2}$，即$0＜\frac{x_1}{x_2}≤\frac{1}{2}$．
②∵x₁，x₂為h（x）=lnx-cx²-bx的零點(diǎn)，
∴$ln{x_1}-c{x_1}^2-b{x_1}=0$，$ln{x_2}-c{x_2}^2-b{x_2}=0$，
兩式相減得$ln\frac{x_1}{x_2}-c（{x_1}-{x_2}）（{x_1}+{x_2}）-b（{x_1}-{x_2}）=0$，
∵$h'（x）=\frac{1}{x}-2cx-b$，
∴$y=（{x_1}-{x_2}）[{\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}-c（{x_1}+{x_2}）-b}]$=$\frac{{2（{x_1}-{x_2}）}}{{{x_1}+{x_2}}}-ln\frac{x_1}{x_2}=2•\frac{{\frac{x_1}{x_2}-1}}{{\frac{x_1}{x_2}+1}}-ln\frac{x_1}{x_2}$，
令$\frac{x_1}{x_2}=t$（$0＜t≤\frac{1}{2}$），$G（t）=2•\frac{t-1}{t+1}-lnt$，
則$G'（t）=\frac{{-{{（t-1）}^2}}}{t（t+1）}＜0$，y=G（t）在$（0，\frac{1}{2}]$上是減函數(shù)，
∴$G{（t）_{min}}=G（\frac{1}{2}）=-\frac{2}{3}+ln2$，
即$y=（{x_1}-{x_2}）h'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）$的最小值為$-\frac{2}{3}+ln2$．

點(diǎn)評(píng) 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．