Question

17．已知函数h（x）=lnx+$\frac{1}{x}$．
（1）函数g（x）=h（2x+m），若x=1是g（x）的极值点，求m的值并讨论g（x）的单调性；
（2）函数φ（x）=h（x）-$\frac{1}{x}$+ax²-2x有两个不同的极值点，其极小值为M，试比较2M与-3的大小关系，并说明理由．

Answer 1

分析 （1）求出g（x）=h（x+m）的导数，根据g′（1）=0，求出m的值，从而求出g（x）的解析式，求出函数的单调区间即可；
（2）对φ（x）求导数，φ（x）有两个不同的极值点，即为2ax²-2x+1=0在（0，+∞）有两个不同的实根．设p（x）=2ax²-2x+1=0，运用韦达定理和判别式，即可得到0＜a＜$\frac{1}{2}$．列表得到φ（x）的单调区间和极值的关系，即可得到极小值M，令v（x）=-1+2lnx-2x，运用导数，得到v（x）在（1，+∞）递减，运用单调性即可得到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）的极值点，
则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）递减，在（1，+∞）递增；
（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）有两个不同的极值点，
∴2ax²-2x+1=0在（0，+∞）有两个不同的实根．
设p（x）=2ax²-2x+1=0，
则$\left\{\begin{array}{l}{△＞0}\\{\frac{1}{a}＞0}\\{\frac{1}{2a}＞0}\end{array}\right.$，即 $\left\{\begin{array}{l}{4-8a＞0}\\{a＞0}\end{array}\right.$，即有0＜a＜$\frac{1}{2}$．
 设p（x）在（0，+∞）的两根x₁，x₂且x₁＜x₂，

x	（0，x1）	x1	（x1，x2）	x2	（x2，+∞）
φ′（x）	+	0	-	0	+
φ（x）	递增	极大值	递减	极小值	递增

∴φ（x）的极小值为M=φ（x₂）=ax₂²-2x₂+lnx₂
又p（x）=0在（0，+∞）的两根为x₁，x₂，
∴2ax₂²-2x₂+1=0
∴φ（x）极小值=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时，v′（x）＜0，v（x）在（1，+∞）递减，
∴x＞1时，v（x）=-1+2lnx-2x＜v（1）=-3，
∴2M＜-3．

点评 本题考查导数的综合应用：求单调性和求极值，考查函数的单调性及运用，极值点的个数与方程根的关系，属于综合题．