Question

15．已知函数f（x）=x²+ax+b，g（x）=lnx．
（1）记F（x）=f（x）-g（x），求F（x）在[1，2]的最大值；
（2）记G（x）=$\frac{f（x）}{g（x）}$，令a=-4m，b=4m²（m∈R），当0＜m＜$\frac{1}{2}$时，若函数G（x）的3个极值点为x₁，x₂，x₃（x₁＜x₂＜x₃），
（ⅰ）求证：0＜2x₁＜x₂＜1＜x₃；
（ⅱ）讨论函数G（x）的单调区间（用x₁，x₂，x₃表示单调区间）．

Answer 1

分析 （1）先求出F（x）的表达式，得到F（x）的导数，从而求出函数的单调区间，进而得到函数的最大值；
（2）①先求出G（x）的导数，构造$h（x）=2lnx+\frac{2m}{x}-1$，通过求导得到h（x）_min=h（m），从而求出极值点的大小关系；②通过讨论x的范围，求出函数的单调区间即可．

解答 解：（1）F（x）=x²+ax+b-lnx（x＞0），
$F'（X）=2x+a-\frac{1}{x}=\frac{{2{x^2}+ax-1}}{x}$，
令F′（x）=0，得${x_1}=\frac{{-a-\sqrt{{a^2}+8}}}{4}＜0$，${x_2}=\frac{{-a+\sqrt{{a^2}+8}}}{4}＞0$，
$F'（X）=\frac{{2（{x-{x_1}}）（{x-{x_2}}）}}{x}$，
列表如下：

x	（0，x2）	x2	（x2，+∞）
F′（x）	-	0	+
F'（x）	递减	极小值	递增

易知F（x）_max=max{F（1），F（2）}
而F（1）-F（2）=（a+b+1）-（2a+b+4-ln2）=-a+ln2-3，
所以当a≤ln2-3时，F（x）_max=F（1）=a+b+1，
当a＞ln2-3时，F（x）_max=F（2）=2a+b+4-ln2；
（2）（ⅰ）$G（x）=\frac{{{x^2}-4mx+4{m^2}}}{lnx}$，$G'（x）=\frac{{（{x-2m}）（{2lnx+\frac{2m}{x}-1}）}}{{{{ln}^2}x}}$
令$h（x）=2lnx+\frac{2m}{x}-1$，$h'（x）=\frac{2x-2m}{x^2}$，
又h（x）在（0，m）上单调减，在（m，+∞）上单调增，
所以h（x）_min=h（m）=2lnm+1，
因为函数G（x）有3个极值点，所以2lnm+1＜0所以$0＜m＜\frac{1}{{\sqrt{e}}}$，
所以当$0＜m＜\frac{1}{2}$时，$h（m）=2lnm+1＜1+2ln\frac{1}{2}=1-ln4＜0$，h（1）=2m-1＜0，
从而函数G（x）的3个极值点中，有一个为2m，有一个小于m，有一个大于1，
又x₁＜x₂＜x₃，所以0＜x₁＜m，x₂=2m，x₃＞1，
即$0＜{x_1}＜\frac{x_2}{2}$，x₂=2m＜1＜x₃，故0＜2x₁＜x₂＜1＜x₃；
（ⅱ）当x∈（0，x₁）时，$h（x）=2lnx+\frac{2m}{x}-1＞0$，x-2m＜0，
则G′（x）＜0，故函数G（x）单调减；
当x∈（x₁，x₂）时，$h（x）=2lnx+\frac{2m}{x}-1＜0$，x-2m＜0，
则G′（x）＞0，故函数G（x）单调增；
当x∈（x₂，1）时，$h（x）=2lnx+\frac{2m}{x}-1＜0$，x-2m＞0，
则G′（x）＜0，故函数G（x）单调减；
当x∈（1，x₃）时，$h（x）=2lnx+\frac{2m}{x}-1＜0$，x-2m＞0，
则G′（x）＜0，故函数G（x）单调减；
当x∈（x₃，+∞）时，$h（x）=2lnx+\frac{2m}{x}-1＞0$，x-2m＞0，
则G′（x）＞0，故函数G（x）单调增；
综上，函数G（x）的单调递增区间是（x₁，x₂）（x₃，+∞），
单调递减区间是（0，x₁）（x₂，1）（1，x₃）．

点评 本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用，分类讨论思想，对导数的熟练应用是解题的关键，本题有一定的难度．