Question

17．已知函數(shù)h（x）=lnx+$\frac{1}{x}$．
（1）函數(shù)g（x）=h（2x+m），若x=1是g（x）的極值點(diǎn)，求m的值并討論g（x）的單調(diào)性；
（2）函數(shù)φ（x）=h（x）-$\frac{1}{x}$+ax²-2x有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)，其極小值為M，試比較2M與-3的大小關(guān)系，并說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）求出g（x）=h（x+m）的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)g′（1）=0，求出m的值，從而求出g（x）的解析式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）對(duì)φ（x）求導(dǎo)數(shù)，φ（x）有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)，即為2ax²-2x+1=0在（0，+∞）有兩個(gè)不同的實(shí)根．設(shè)p（x）=2ax²-2x+1=0，運(yùn)用韋達(dá)定理和判別式，即可得到0＜a＜$\frac{1}{2}$．列表得到φ（x）的單調(diào)區(qū)間和極值的關(guān)系，即可得到極小值M，令v（x）=-1+2lnx-2x，運(yùn)用導(dǎo)數(shù)，得到v（x）在（1，+∞）遞減，運(yùn)用單調(diào)性即可得到2M＜-3．

解答 解：（1）g（x）=ln（2x+m）+$\frac{1}{2x+m}$，（x＞-$\frac{m}{2}$），
g′（x）=$\frac{1}{2x+m}$-$\frac{1}{{（2x+m）}^{2}}$=$\frac{2x+m-1}{{（2x+m）}^{2}}$，
若x=1是g（x）的極值點(diǎn)，
則g′（x）=$\frac{2+m-1}{{（2+m）}^{2}}$=0，解得：m=-1，
故g（x）=ln（2x-1）+$\frac{1}{2x-1}$，（x＞$\frac{1}{2}$），
g′（x）=$\frac{2（x-1）}{{（2x-1）}^{2}}$，
令g′（x）＞0，解得：x＞1，令g′（x）＜0，解得：$\frac{1}{2}$＜x＜1，
故g（x）在（$\frac{1}{2}$，1）遞減，在（1，+∞）遞增；
（2）φ（x）=h（x）-$\frac{1}{x}$+ax²-2x=ax²-2x+lnx（x＞0）
φ′（x）=2ax-2+$\frac{1}{x}$=$\frac{2{ax}^{2}-2x+1}{x}$（x＞0）
∵φ（x）有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)，
∴2ax²-2x+1=0在（0，+∞）有兩個(gè)不同的實(shí)根．
設(shè)p（x）=2ax²-2x+1=0，
則$\left\{\begin{array}{l}{△＞0}\\{\frac{1}{a}＞0}\\{\frac{1}{2a}＞0}\end{array}\right.$，即 $\left\{\begin{array}{l}{4-8a＞0}\\{a＞0}\end{array}\right.$，即有0＜a＜$\frac{1}{2}$．
 設(shè)p（x）在（0，+∞）的兩根x₁，x₂且x₁＜x₂，

x	（0，x1）	x1	（x1，x2）	x2	（x2，+∞）
φ′（x）	+	0	-	0	+
φ（x）	遞增	極大值	遞減	極小值	遞增

∴φ（x）的極小值為M=φ（x₂）=ax₂²-2x₂+lnx₂
又p（x）=0在（0，+∞）的兩根為x₁，x₂，
∴2ax₂²-2x₂+1=0
∴φ（x）極小值=M=φ（x₂）=ax₂²-2x₂+lnx₂
=x₂-$\frac{1}{2}$-2x₂+lnx₂=-$\frac{1}{2}$+lnx₂-x₂，
∴2M=-1+2lnx₂-2x₂，
∵x₂=$\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2a}$（0＜a＜$\frac{1}{2}$）
∴x₂＞1令v（x）=-1+2lnx-2x，v′（x）=$\frac{2}{x}$-2，
∴x＞1時(shí)，v′（x）＜0，v（x）在（1，+∞）遞減，
∴x＞1時(shí)，v（x）=-1+2lnx-2x＜v（1）=-3，
∴2M＜-3．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用：求單調(diào)性和求極值，考查函數(shù)的單調(diào)性及運(yùn)用，極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)與方程根的關(guān)系，屬于綜合題．