Question

5．已知函数f（x）=lnx+mx（m为常数）．
（1）讨论函数f（x）的单调区间；
（2）当$m≤-\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$时，设$g（x）=f（x）+\frac{1}{2}{x^2}$的两个极值点x₁，x₂（x₁＜x₂）恰为h（x）=2lnx-ax-x²的零点，求$y=（{x_1}-{x_2}）h'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）$的最小值．

Answer 1

分析 （1）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；
（2）求出函数的导数，得到x₁+x₂=-m，x₁x₂=1，求出$y=（{x_1}-{x_2}）h'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）$的解析式，根据函数的单调性求出其最小值即可．

解答 解：（1）$f'（x）=\frac{1}{x}+m=\frac{1+mx}{x}$，x＞0，
当m＜0时，由1+mx＞0，解得$x＜-\frac{1}{m}$，
即当$0＜x＜-\frac{1}{m}$时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；
由1+mx＜0解得$x＞-\frac{1}{m}$，即当$x＞-\frac{1}{m}$时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；
当m=0时，$f'（x）=\frac{1}{x}＞0$，即f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当m＞0时，1+mx＞0，故f'（x）＞0，即f（x）在（0，+∞）上单调递增．
所以当m＜0时，f（x）的单调递增区间为$（0，-\frac{1}{m}）$，单调递减区间为$（-\frac{1}{m}，+∞）$；
当m≥0时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞）．
（2）由$g（x）=lnx+mx+\frac{1}{2}{x^2}$得$g'（x）=\frac{1}{x}+m+x=\frac{{{x^2}+mx+1}}{x}$，
由已知x²+mx+1=0有两个互异实根x₁，x₂，
由根与系数的关系得x₁+x₂=-m，x₁x₂=1，
因为x₁，x₂（x₁＜x₂）是h（x）的两个零点，
故$h（{x_1}）=2ln{x_1}-{x_1}^2-a{x_1}=0$①$h（{x_2}）=2ln{x_2}-{x_2}^2-a{x_2}=0$②
由②-①得：$2ln\frac{x_2}{x_1}-（{x_2}^2-{x_1}^2）-a（{x_2}-{x_1}）=0$，
解得$a=\frac{{2ln\frac{x_2}{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}-（{x_2}+{x_1}）$，
因为$h'（x）=\frac{2}{x}-2x-a$，得$h'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）=\frac{4}{{{x_1}+{x_2}}}-2•\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}-a$，
将$a=\frac{{2ln\frac{x_2}{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}-（{x_2}+{x_1}）$代入得：
$h'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）=\frac{4}{{{x_1}+{x_2}}}-2•\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}-[{\frac{{2ln\frac{x_2}{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}-（{x_2}+{x_1}）}]$
=$-\frac{{2ln\frac{x_2}{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}+\frac{4}{{{x_1}+{x_2}}}$=$-\frac{2}{{{x_2}-{x_1}}}[{ln\frac{x_2}{x_1}-\frac{{2（{x_2}-{x_1}）}}{{{x_1}+{x_2}}}}]=-\frac{2}{{{x_2}-{x_1}}}[{ln\frac{x_2}{x_1}-2\frac{{（\frac{x_2}{x_1}-1）}}{{\frac{x_2}{x_1}+1}}}]$，
所以$y=（{x_1}-{x_2}）h'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）=2[{ln\frac{x_2}{x_1}-2\frac{{\frac{x_2}{x_1}-1}}{{\frac{x_2}{x_1}+1}}}]$，
设$t=\frac{x_2}{x_1}＞1$，因为${（{x_1}+{x_2}）^2}={x_1}^2+{x_2}^2+2{x_1}{x_2}={m^2}≥\frac{9}{2}$，
所以${x_1}^2+{x_2}^2≥\frac{5}{2}$，所以$\frac{{{x_1}^2+{x_2}^2}}{{{x_1}{x_2}}}=\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_1}≥\frac{5}{2}$，
所以$t+\frac{1}{t}≥\frac{5}{2}$，所以t≥2．
构造$F（t）=lnt-2\frac{t-1}{t+1}$，得$F'（t）=\frac{1}{t}-\frac{4}{{{{（t+1）}^2}}}=\frac{{{{（t-1）}^2}}}{{t{{（t+1）}^2}}}＞0$，
则$F（t）=lnt-2\frac{t-1}{t+1}$在[2，+∞）上是增函数，
所以$F{（x）_{min}}=F（2）=ln2-\frac{2}{3}$，即$y=（{x_1}-{x_2}）h'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）$的最小值为$2ln2-\frac{4}{3}$．

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、转化思想，是一道综合题．