Question

14．设函数$f（x）=ln（\frac{1}{2}x+m）$，曲线y=f（x）在点$（-\frac{3}{2}，f（-\frac{3}{2}））$处的切线与直线x+2y=0垂直．
（1）求实数m的值；
（2）若函数g（x）=af（x）+x²有两个极值点x₁，x₂，且x₁＜x₂，求证：$0＜\frac{{g（{x_2}）}}{x_1}＜2ln2-1$．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，由题意得到关于m的方程，解出即可；
（2）求出g（x）的导数，令k（x）=$\frac{g{（x}_{2}）}{{x}_{1}}$的表达式，根据函数的单调性求出k（0）＜k（x）＜k（-1），从而证出结论即可．

解答 解：（1）因为$f'（x）=\frac{{\frac{1}{2}}}{{\frac{1}{2}x+m}}=\frac{1}{x+2m}$，…（2分）
依题意，得$\frac{1}{{-\frac{3}{2}+2m}}=2$，所以实数m的值为1．…（4分）
（2）证明：由（Ⅰ）知$g（x）={x^2}+aln（{\frac{1}{2}x+1}）$，所以$g'（x）=\frac{{2{x^2}+4x+a}}{x+2}$，
令φ（x）=2x²+4x+a，函数g（x）有两个极值点x₁，x₂，即φ（x）=2x²+4x+a=0
在x∈（-2，+∞）上有两实根，
则$\left\{\begin{array}{l}△=16-8a＞0\\ φ（{-2}）＞0\end{array}\right.$，所以0＜a＜2，由x₁＜x₂得${x_1}=-1-\frac{{\sqrt{4-2a}}}{2}$，${x_2}=-1+\frac{{\sqrt{4-2a}}}{2}$，
所以-1＜x₂＜0，而${x_1}+{x_2}=-2，2x_2^2+4{x_2}+a=0$，
所以$\frac{{g（{x_2}）}}{x_1}=\frac{{x_2^2-（{2x_2^2+4{x_2}}）ln（{\frac{1}{2}{x_2}+1}）}}{{-2-{x_2}}}$，…（8分）
令$k（x）=\frac{{{x^2}-（{2{x^2}+4x}）ln（{\frac{1}{2}x+1}）}}{-2-x}=\frac{x^2}{-2-x}+2xln（{\frac{1}{2}x+1}）$，x∈（-1，0），
所以$k'（x）=\frac{x^2}{{{{（{x+2}）}^2}}}+2ln（{\frac{1}{2}x+1}）$．令p（x）=k'（x），则$p'（x）=\frac{{2{x^2}+12x+8}}{{{{（x+2）}^3}}}$，
因为函数y=2x²+12x+8的对称轴为x=-3，所以函数y=2x²+12x+8在（-1，0）上为增函数，
由p'（x）=0得$x=\sqrt{5}-3（{x∈（{-1，0}）}）$，
且当$x∈（{-1，\sqrt{5}-3}）$时，p'（x）＜0，当$x∈（{\sqrt{5}-3，0}）$时，p'（x）＞0，
而k'（0）=0，$k'（{-1}）=1+2ln\frac{1}{2}=1-2ln2＜0$，所以当x∈（-1，0）时，k'（x）＜0，
所以k（x）是减函数，故k（0）＜k（x）＜k（-1），即$0＜\frac{{g（{x_2}）}}{{x{\;}_1}}＜2ln2-1$．…（12分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，是一道综合题．