Question

已知x=1是函数f(x)=

1

2

x2-6x+mlnx的一个极值点．
（Ⅰ）求m；
（Ⅱ）若直线y=n与函数y=f（x）的图象有3个交点，求n的取值范围；
（Ⅲ）设g（x）=（-5-a）lnx+

1

2

x2+（6-b）x+2（a＞0），G（x）=f（x）+g（x），若G（x）=0有两个不同零点x₁，x₂，且x0=

x1+x2

2

，试探究G′（x₀）值的符号．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求导数f′（x），令f′（1）=0即可求得m值；
（Ⅱ）利用导数可求得函数f（x）的单调区间，由单调区间可得函数极大值、极小值，结合图象n大于极小值小于极小值，从而得到n的范围；
（Ⅲ）化简G（x），则G（x₁）=0，G（x₂）=0，两式相减并变形可得x2+x1-b=

a(lnx2-lnx1)

x2-x1

，于是G′（x₀）可用x₁，x₂表示，构造关于t=

x2

x1

的函数，按0＜x₁＜x₂，0＜x₂＜x₁两种情况进行讨论可判断G′（x₀）的符号；

解答：解：（Ⅰ）因为f′（x）x-6+

m

x

，
所以f′（1）=1-6+m=0，解得m=5；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知f（x）=

1

2

x2-6x+5lnx（x＞0），
所以f′（x）=x-6+

5

x

=

x2-6x+5

x

=

(x-1)(x-5)

x

，
当x∈（1，5）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈（5，+∞）或x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．
所以f（x）的极大值为f（1）=

1

2

-6=-

11

2

，
极小值为f（5）=

1

2

×25-30+5ln5=-

35

2

+5ln5，
又x→0时，f（x）→-∞，x→+∞时，f（x）→+∞，
结合图象可知：当且仅当f（5）＜n＜f（1）时，直线y=n与函数y=f（x）的图象有3个交点，
∴-

35

2

+5ln5＜n＜-

11

2

；
（III）G′（x₀）的符号为正．证明如下：
因为G（x）=f（x）+g（x）=

1

2

x2-6x+5lnx+（-5-a）lnx+

1

2

x2+（6-b）x+2=x²+2-alnx-bx有两个零点x₁，x₂，
所以有

x12+2-alnx1-bx1=0 x22+2-alnx2-bx2=0

，
两式相减得x22-x12-a(lnx2-lnx1)-b（x₂-x₁）=0，即x2+x1-b=

a(lnx2-lnx1)

x2-x1

，
于是G′(x0)=2x0-

a

x0

-b=(x1+x2-b)-

2a

x1+x2

=

a(lnx2-lnx1)

x2-x1

-

2a

x1+x2

=

a

x2-x1

[ln

x2

x1

-

2(x2-x1)

x1+x2

]=

a

x2-x1

[ln

x2

x1

-

2( x2 x1 -1)

1+ x2 x1

]，
①，令

x2

x1

=t，则t＞1，且G′（x₀）=

a

x2-x1

（lnt-

2(t-1)

1+t

）．
设u（t）=lnt-

2(t-1)

1+t

（t＞1），
则u′（t）=

1

t

-

4

(1+t)2

=

(1-t)2

t(1+t)2

＞0，
则u（t）=lnt-

2(t-1)

1+t

在（1，+∞）上为增函数．
而u（1）=0，所以u（t）＞0，即lnt-

2(t-1)

1+t

＞0．
又因为a＞0，x₂-x₁＞0，所以G′（x₀）＞0．
②当0＜x₂＜x₁时，同理可得：G′（x₀）＞0．
综上所述：G′（x₀）的符号为正．

点评：本题考查利用导数研究函数的极值、函数的零点等知识，考查分类讨论思想、数形结合思想及函数与方程思想，考查学生综合运用所学知识分析解决问题的能力，综合性强，难度较大．