Question

14．已知函数f（x）=lnx-mx（m∈R），g（x）=2f（x）+x²，h（x）=lnx-cx²-bx．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）当$m≥\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$时，g（x）的两个极值点为x₁，x₂（x₁＜x₂）．
①证明：$0＜\frac{x_1}{x_2}≤\frac{1}{2}$；
②若x₁，x₂恰为h（x）的零点，求$y=（{x_1}-{x_2}）h'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）$的最小值．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论m的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）①求出函数的导数，令$\frac{x_1}{x_2}=t$（0＜t＜1），得$t+\frac{1}{t}+2={m^2}$，从而证出结论；
②根据$ln{x_1}-c{x_1}^2-b{x_1}=0$，$ln{x_2}-c{x_2}^2-b{x_2}=0$，两式相减得$ln\frac{x_1}{x_2}-c（{x_1}-{x_2}）（{x_1}+{x_2}）-b（{x_1}-{x_2}）=0$，令$\frac{x_1}{x_2}=t$（$0＜t≤\frac{1}{2}$），$G（t）=2•\frac{t-1}{t+1}-lnt$，根据函数的单调性求出函数的最小值即可．

解答 解：（1）∵函数f（x）=lnx-mx，∴$f'（x）=\frac{1}{x}-m=\frac{1-mx}{x}$，x＞0；
当m＞0时，由1-mx＞0解得$x＜\frac{1}{m}$，即当$0＜x＜\frac{1}{m}$时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；
由1-mx＜0解得$x＞\frac{1}{m}$，即当$x＞\frac{1}{m}$时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；
当m≤0时，1-mx＞0，故f'（x）＞0，即f（x）在（0，+∞）上单调递增；
∴当m＞0时，f（x）的单调增区间为$（0，\frac{1}{m}）$，单调减区间为$（\frac{1}{m}，+∞）$；
当m≤0时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞）．
（2）①g（x）=2f（x）+x²=2lnx-2mx+x²，则$g'（x）=\frac{{2（{x^2}-mx+1）}}{x}$，
∴g'（x）的两根x₁，x₂即为方程x²-mx+1=0的两根；
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${x_1}^2+{x_2}^2+2{x_1}{x_2}={m^2}$，
因为x₁x₂=1，两边同时除以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为h（x）=lnx-cx²-bx的零点，
∴$ln{x_1}-c{x_1}^2-b{x_1}=0$，$ln{x_2}-c{x_2}^2-b{x_2}=0$，
两式相减得$ln\frac{x_1}{x_2}-c（{x_1}-{x_2}）（{x_1}+{x_2}）-b（{x_1}-{x_2}）=0$，
∵$h'（x）=\frac{1}{x}-2cx-b$，
∴$y=（{x_1}-{x_2}）[{\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}-c（{x_1}+{x_2}）-b}]$=$\frac{{2（{x_1}-{x_2}）}}{{{x_1}+{x_2}}}-ln\frac{x_1}{x_2}=2•\frac{{\frac{x_1}{x_2}-1}}{{\frac{x_1}{x_2}+1}}-ln\frac{x_1}{x_2}$，
令$\frac{x_1}{x_2}=t$（$0＜t≤\frac{1}{2}$），$G（t）=2•\frac{t-1}{t+1}-lnt$，
则$G'（t）=\frac{{-{{（t-1）}^2}}}{t（t+1）}＜0$，y=G（t）在$（0，\frac{1}{2}]$上是减函数，
∴$G{（t）_{min}}=G（\frac{1}{2}）=-\frac{2}{3}+ln2$，
即$y=（{x_1}-{x_2}）h'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）$的最小值为$-\frac{2}{3}+ln2$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想、转化思想，是一道综合题．