Question

3．已知函数f（x）=lnx，g（x）=f（x）+mx²-（2m+1）x．
（Ⅰ）当m=1时，求曲线y=g（x）在x=2处的切线方程；
（Ⅱ）当m＞0时，讨论函数g（x）的单调性；
（Ⅲ）设斜率为k的直线与函数f（x）的图象交于P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）两点，其中x₁＜x₂，求证：$\frac{1}{x_2}＜k＜\frac{1}{x_1}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，计算g′（2）的值，求出切线方即可；
（Ⅱ）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；
（Ⅲ）问题转化为证明$\frac{{{x_2}-{x_1}}}{x_2}＜ln\frac{x_2}{x_1}＜\frac{{{x_2}-{x_1}}}{x_1}$，令$\frac{x_2}{x_1}=t（t＞1）$，则只需证：$1-\frac{1}{t}＜lnt＜t-1（t＞1）$，令$u（t）=lnt+\frac{1}{t}-1$，根据函数的单调性证明结论即可．

解答 解：（Ⅰ）当m=1时，g（x）=lnx+x²-3x（x＞0），
则$g'（x）=\frac{1}{x}+2x-3$（x＞0），$g'（2）=\frac{3}{2}$．
又g（2）=ln2-2，所以切线方程为，即$y=\frac{3}{2}x-5+ln2$．
（Ⅱ）$g'（x）=\frac{（2mx-1）（x-1）}{x}$，令g'（x）=0，得${x_1}=\frac{1}{2m}$，x₂=1．
①当$\frac{1}{2m}＜1$，即$m＞\frac{1}{2}$时，令g'（x）＞0，得$0＜x＜\frac{1}{2m}$或x＞1；令g'（x）＜0，得$\frac{1}{2m}＜x＜1$，
所以当$m＞\frac{1}{2}$时，g（x）单调增区间为$（0，\frac{1}{2m}）$和（1，+∞）；单调减区间为$（\frac{1}{2m}，1）$．
②当$\frac{1}{2m}＞1$，即$0＜m＜\frac{1}{2}$时，令g'（x）＞0，得0＜x＜1或$x＞\frac{1}{2m}$，
所以当$0＜m＜\frac{1}{2}$，g（x）单调增区间为（0，1）和$（\frac{1}{2m}，+∞）$；单调减区间为$（1，\frac{1}{2m}）$．
③当$\frac{1}{2m}=1$，即$m=\frac{1}{2}$时，$g'（x）=\frac{{{{（x-1）}^2}}}{x}＞0$，
易知g（x）单调增区间为（0，+∞）．
（Ⅲ）根据题意，$k=\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}=\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}$．（以下用分析法证明）
要证$\frac{1}{x_2}＜k＜\frac{1}{x_1}$，只要证$\frac{1}{x_2}＜\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}＜\frac{1}{x_1}$，
只要证$\frac{{{x_2}-{x_1}}}{x_2}＜ln\frac{x_2}{x_1}＜\frac{{{x_2}-{x_1}}}{x_1}$，
令$\frac{x_2}{x_1}=t（t＞1）$，则只需证：$1-\frac{1}{t}＜lnt＜t-1（t＞1）$，令$u（t）=lnt+\frac{1}{t}-1$，
则$u'（t）=\frac{1}{t}-\frac{1}{t^2}＞0$，所以u（t）在（1，+∞）上递增，
∴u（t）＞u（1）=0，即$lnt＞1-\frac{1}{t}（t＞1）$，同理可证：lnt＜t-1，
综上，$1-\frac{1}{t}＜lnt＜t-1（t＞1）$，即$\frac{1}{x_2}＜k＜\frac{1}{x_1}$得证．

点评 本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，是一道综合题．