Question

17．已知函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{{x}^{2}}{2}$+2kx，其中常數(shù)k∈R．
（1）求f（x）的單調(diào)增區(qū)間；
（2）若y=f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，證明f（x₂）＜-$\frac{3}{2}$．

Answer 1

分析 （1）先求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，通過討論k的范圍，從而得到函數(shù)的遞增區(qū)間；
（2）由（1）得k＞1時(shí)，得：x²-2kx+1=0，在x＞0時(shí)有兩個(gè)零點(diǎn)，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系，得：f（x₂）=lnx₂-$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{2}$-1，通過討論其單調(diào)性，從而得到結(jié)論．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{1}{x}$+x-2k=$\frac{{x}^{2}-2kx+1}{x}$（x＞0），
①當(dāng)k≤1時(shí)，f′（x）≥2$\sqrt{\frac{1}{x}•x}$-2k=2-2k≥0，
∴函數(shù)f（x）為增函數(shù)．
②當(dāng)k＞1時(shí)，由f′（x）=0 得：x²-2kx+1=0，解得兩根：x₁，x₂，
其中0＜x₁=k-$\sqrt{{k}^{2}-1}$＜x₂=k+$\sqrt{{k}^{2}-1}$，
x，f′（x），f（x）的取值變化情況如下表：

x	（0，x1）	x1	（x1，x2）	x2	（x2，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	單調(diào)遞增	極大值	單調(diào)遞減	極小值	單調(diào)遞增

綜合①②知當(dāng)k≤1時(shí)，f（x）的增區(qū)間為（0，+∞）；
當(dāng)k＞1時(shí)，f（x）的增區(qū)間為（0，k-$\sqrt{{k}^{2}-1}$]，[k+$\sqrt{{k}^{2}-1}$，+∞）；
（2）當(dāng)k≤1時(shí)，y=f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，至多有一極值點(diǎn)，不合題意．
當(dāng)k＞1時(shí)，令f′（x）=0，得：x²-2kx+1=0，
在x＞0時(shí)有兩個(gè)零點(diǎn)，則x₁+x₂=2k，x₁•x₂=1，
f（x₂）=lnx₂+$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{2}$-2kx₂=lnx₂+$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{2}$-（$\frac{1}{{x}_{2}}$+x₂）x₂，
f（x₂）=lnx₂-$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{2}$-1，
f′（x₂）=$\frac{1}{{x}_{2}}$-x₂=$\frac{（1{-x}_{2}）（1{+x}_{2}）}{{x}_{2}}$，
當(dāng)x₂∈（0，1）時(shí)，f′（x₂）＞0，當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，f′（x₂）＜0，
∴f（x₂）＜f（1）=-$\frac{3}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考察了函數(shù)的單調(diào)性，考察導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考察根與系數(shù)的關(guān)系，是一道中檔題．