Question

9．已知函数$f（x）=lnx-ax+\frac{1-a}{x}-1$．
（1）若f（x）在x=2处取得极值，求a的值；
（2）若a=1，函数$h（x）=ln（m{x^2}+\frac{x}{2}）+\frac{{-2{x^2}-x+2}}{2x+1}-f（x）$，且h（x）在（0，+∞）上的最小值为2，求实数m的值．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，计算f′（2）=0，求出a的值即可；
（2）求出h（x）的解析式，根据h（1）≥2，得到关于m的不等式，通过讨论m的范围结合函数的单调性确定m的值即可．

解答 解：（1）${f^'}（x）=\frac{{-a{x^2}+x+a-1}}{x^2}$，又f（x）在x=2处取得极值，则${f^'}（2）=0⇒a=\frac{1}{3}$，
此时${f^'}（x）=\frac{（x-1）（x-2）}{{-3{x^2}}}$，显然满足条件，所以a的值为$\frac{1}{3}$．
（2）由条件$h（x）=ln（mx+\frac{1}{2}）+\frac{2}{2x+1}+1$，又h（x）在（0，+∞）上的最小值为2，
所以有h（1）≥2，即$ln（m+\frac{1}{2}）+\frac{5}{3}≥2⇒ln（m+\frac{1}{2}）≥\frac{1}{3}＞0=ln1$$⇒m＞\frac{1}{2}$
又${h^'}（x）=\frac{2m}{2mx+1}-\frac{4}{{{{（2x+1）}^2}}}=\frac{{8m{x^2}+2m-4}}{{（2mx+1）{{（2x+1）}^2}}}$，
当m≥2时，可知h（x）在（0，+∞）上递增，无最小值，不合题意，
故这样的m必须满足$\frac{1}{2}＜m＜2$，此时，函数h（x）的增区间为$（\sqrt{\frac{2-m}{4m}}，+∞）$，减区间为$（0，\sqrt{\frac{2-m}{4m}}）$，$h{（x）_{min}}=h（\sqrt{\frac{2-m}{4m}}）=ln（m\sqrt{\frac{2-m}{4m}}+\frac{1}{2}）+\frac{2}{{2\sqrt{\frac{2-m}{4m}}+1}}+1=2$，
整理得$ln（\frac{{\sqrt{2m-{m^2}}+1}}{2}）-\frac{{\sqrt{2-m}-\sqrt{m}}}{{\sqrt{2-m}+\sqrt{m}}}=0$（*）
若$\frac{1}{2}＜m＜1$，则$\sqrt{2-m}-\sqrt{m}＞0$，且$ln（\frac{{\sqrt{2m-{m^2}}+1}}{2}）＜ln1=0$，无解
若1≤m＜2，则$\sqrt{2-m}-\sqrt{m}＜0$，将（*）变形为$ln（\frac{{\sqrt{2m-{m^2}}+1}}{2}）+\frac{{\sqrt{2-m}-\sqrt{m}}}{{\sqrt{2-m}+\sqrt{m}}}=0$．
即$ln（\frac{{\sqrt{2m-{m^2}}+1}}{2}）+\frac{{\sqrt{2-m}-\sqrt{m}}}{{\sqrt{2-m}+\sqrt{m}}}=0$，设$t=\frac{{\sqrt{2m-{m^2}}+1}}{2}∈（\frac{1}{2}，1]$
则上式即为$lnt+\sqrt{\frac{1}{t}-1}=0$，构造$F（t）=lnt+\sqrt{\frac{1}{t}-1}$，
则等价于F（t）=0${F^'}（t）=\frac{{2\sqrt{t-{t^2}}-1}}{{2t\sqrt{t-{t^2}}}}≤0$，故F（t）在$（\frac{1}{2}，1]$上单调递减，
又F（1）=0，故F（t）=0等价于t=1，与之对应的m=1，
综上，m=1．

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．