Question

6．已知函数$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}+m（{x+1}）+lnx$．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）若函数f（x）存在两个极值点α，β，且α＜β，若f（α）＜b+1恒成立，求实数b的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）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；
（Ⅱ）求出α的范围，求出$f（α）=\frac{1}{2}{α^2}-（{α+\frac{1}{α}}）（{α+1}）+lnα=-\frac{1}{2}{α^2}-α-\frac{1}{α}+lnα-1$，根据函数的单调性求出f（α）的最大值，从而求出b的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）$f'（x）=x+m+\frac{1}{x}=\frac{{{x^2}+mx+1}}{x}$，…（2分）
令g（x）=x²+mx+1，对应△=m²-4，
若△≤0，即-2≤m≤2时，f'（x）≥0，
此时函数f（x）在（0，+∞）上单调递增．…（3分）
若△＞0时，即m＜-2或m＞2时，
当m＞2时，对应方程的根分别为x₁，x₂，
且由根与系数的关系可知：$\left\{\begin{array}{l}{x_1}•{x_2}=1＞0\\{x_1}+{x_2}=-m＜0\end{array}\right.$，
所以两根均为负数，此时函数f（x）在（0，+∞）上单调递增．…（4分）
当m＜-2时，对应方程的两根均为正数，
且${x_1}=\frac{{-m-\sqrt{{m^2}-4}}}{2}$，${x_2}=\frac{{-m+\sqrt{{m^2}-4}}}{2}$，
此时函数f（x）在（0，x₁）上单调递增，（x₁，x₂）上单调递减，（x₂，+∞）上单调递增．
综上：当m≥-2时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当m＜-2时，f（x）在$（{0，\frac{{-m-\sqrt{{m^2}-4}}}{2}}）$上单调递增；
在$（{\frac{{-m-\sqrt{{m^2}-4}}}{2}，\frac{{-m+\sqrt{{m^2}-4}}}{2}}）$上单调递减；
在$（{\frac{{-m+\sqrt{{m^2}-4}}}{2}，+∞}）$上单调递增．…（6分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，若函数有两个极值点α，β，则m＜-2，
且$\left\{\begin{array}{l}α•β=1\\ α+β=-m\end{array}\right.$即：$α+\frac{1}{α}=-m＞2$，解得0＜α＜1…（8分）
$f（α）=\frac{1}{2}{α^2}-（{α+\frac{1}{α}}）（{α+1}）+lnα=-\frac{1}{2}{α^2}-α-\frac{1}{α}+lnα-1$，
$f'（α）=-α-1+\frac{1}{α^2}+\frac{1}{α}=\frac{{-{α^3}-{α^2}+α+1}}{α^2}=\frac{{（{α+1}）（{1-{α^2}}）}}{α^2}$．…（9分）
∵0＜α＜1，∴f'（α）＞0，即函数y=f（α）在0＜α＜1上单调递增，…（10分）
∴$f{（α）_{max}}＜f（1）=-\frac{7}{2}$，∴$b+1≥-\frac{7}{2}$，即$b≥-\frac{9}{2}$．
综上可得：$b≥-\frac{9}{2}$．…（12分）

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