Question

設(shè)x=m和x=n是函數(shù)f（x）=2lnx+

1

2

x²-（a+1）x的兩個極點值，其中m＜N，a＞0
（1）若a=2時，求m，n的值；
（2）求f（m）+f（n）的取值范圍；
（3）若a≥

2e

+

2 e

-1（e是自然對數(shù)的底數(shù)），求證：f（n）-f（m）≤2-e+

1

e

．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值

專題：計算題,證明題,壓軸題,函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）求導(dǎo)f′（x）=

2

x

+x-（a+1）=

x2-(a+1)x+2

x

，從而可得m，n是方程x²-3x+2=0的兩個根，從而求解．
（Ⅱ）由已知有m，n是方程x²-（a+1）x+2=0的兩個根，可得△=（a+1）²-8＞0，m+n=a+1＞0，mn=2＞0，化簡f（m）+f（n）=2lnm+

1

2

m²-（a+1）m+2lnn+

1

2

n²-（a+1）n=-

1

2

（a+1）²-2+2ln2．從而求得．
（Ⅲ）化簡f（n）-f（m）=2lnn+

1

2

n²-（a+1）n-（2lnm+

1

2

m²-（a+1）m）=2ln

n

m

-

1

2

（n²-m²），從而化為f（n）-f（m）=2ln

n2

2

-

1

2

（n²+

4

n2

）．令

n2

2

=t，則n²=2t，且t≥e，從而得到f（n）-f（m）=2lnt-t+

1

t

，令g（t）=2lnt-t+

1

t

，則g′（t）=

2

t

-1-

1

t2

=-

(t-1)2

t2

＜0，從而證明．

解答： 解：（Ⅰ）∵f′（x）=

2

x

+x-（a+1）=

x2-(a+1)x+2

x

，
∴當(dāng)a=2時，f′（x）=0可化為x²-3x+2=0，
故m，n是方程x²-3x+2=0的兩個根，
∴m=1，n=2．

（Ⅱ）由已知有m，n是方程x²-（a+1）x+2=0的兩個根，
∴△=（a+1）²-8＞0，m+n=a+1＞0，mn=2＞0．
∴f（m）+f（n）=2lnm+

1

2

m²-（a+1）m+2lnn+

1

2

n²-（a+1）n
=2ln（mn）+

1

2

（m²+n²）-（a+1）（m+n）
=2ln2+

1

2

[（m+n）²-2nm]-（a+1）（m+n）
=2ln2+

1

2

[（a+1）²-4]-（a+1）²
=-

1

2

（a+1）²-2+2ln2．
∵（a+1）²＞8，
∴f（m）+f（n）＜2ln2-6，
即f（m）+f（n）的取值范圍為（-∞，2ln2-6）．

（Ⅲ）證明：f（n）-f（m）=2lnn+

1

2

n²-（a+1）n-（2lnm+

1

2

m²-（a+1）m）
=2ln

n

m

+

1

2

（n²-m²）-（a+1）（n-m）
=2ln

n

m

-

1

2

（n²-m²），
又mn=2，所以m=

2

n

，
于是，f（n）-f（m）=2ln

n2

2

-

1

2

（n²+

4

n2

）．
由 0＜m＜n，可得n²＞2，解得n＞

2

．
∵a≥

2e

+

2 e

-1，
∴m+n=a+1≥

2e

+

2 e

，即

2

n

+n≥

2e

+

2 e

，
可解得0＜n≤

2 e

（舍去），或n≥

2e

．
令

n2

2

=t，則n²=2t，且t≥e，
f（n）-f（m）=2lnt-t+

1

t

，
令g（t）=2lnt-t+

1

t

，則g′（t）=

2

t

-1-

1

t2

=-

(t-1)2

t2

＜0；
故g（t）=2lnt-t+

1

t

在[e，+∞）上單調(diào)遞減，
∴g_max（t）=2-e+

1

e

；
故f（n）-f（m）≤2-e+

1

e

．

點評：本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及恒成立問題及換元的思想的綜合應(yīng)用，屬于難題．