Question

18．已知f（x）=ln（mx+1）-2（m≠0）．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若m＞0，g（x）=f（x）+$\frac{4}{x+2}$存在两个极值点x₁，x₂，且g（x₁）+g（x₂）＜0，求m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论m的范围，确定函数的单调性；
（2）求出g（x）的导数，通过讨论m的范围，求出函数的单调区间，从而求出函数的最值，判断是否符合题意，从而判断出m的范围即可．

解答 解：（1）由已知得mx+1＞0，f′（x）=$\frac{m}{mx+1}$，
①若m＞0时，由mx+1＞0，得：x＞-$\frac{1}{m}$，恒有f′（x）＞0，
∴f（x）在（-$\frac{1}{m}$，+∞）递增；
②若m＜0，由mx+1＞0，得：x＜-$\frac{1}{m}$，恒有f′（x）＜0，
∴f（x）在（-∞，-$\frac{1}{m}$）递减；
综上，m＞0时，f（x）在（-$\frac{1}{m}$，+∞）递增，
m＜0时，f（x）在（-∞，-$\frac{1}{m}$）递减；
（2）g（x）=ln（mx+1）+$\frac{4}{x+2}$-2，（m＞0），
∴g′（x）=$\frac{{mx}^{2}+4m-4}{（mx+1{）（x+2）}^{2}}$，
令h（x）=mx²+4m-4，
m≥1时，h（x）≥0，g′（x）≥0，g（x）无极值点，
0＜m＜1时，令h（x）=0，得：x₁=-2$\sqrt{\frac{1}{m}-1}$或x₂=2$\sqrt{\frac{1}{m}-1}$，
由g（x）的定义域可知x＞-$\frac{1}{m}$且x≠-2，
∴-2$\sqrt{\frac{1}{m}-1}$＞-$\frac{1}{m}$且-2$\sqrt{\frac{1}{m}-1}$≠-2，解得：m≠$\frac{1}{2}$，
∴x₁，x₂为g（x）的两个极值点，
即x₁=-2$\sqrt{\frac{1}{m}-1}$，x₂=2$\sqrt{\frac{1}{m}-1}$，
且x₁+x₂=0，x₁•x₂=$\frac{4（m-1）}{m}$，得：
g（x₁）+g（x₂）=ln（mx₁+1）+$\frac{4}{{x}_{2}+2}$-2+ln（mx₂+1）+$\frac{4}{{x}_{2}+2}$-2
=ln（2m-1）²+$\frac{2}{2m-1}$-2，
令t=2m-1，F（t）=lnt²+$\frac{2}{t}$-2，
①0＜m＜$\frac{1}{2}$时，-1＜t＜0，
∴F（t）=2ln（-t）+$\frac{2}{t}$-2，
∴F′（t）=$\frac{2（t-1）}{{t}^{2}}$＜0，
∴F（t）在（-1，0）递减，F（t）＜F（-1）＜0，
即0＜m＜$\frac{1}{2}$时，g（x₁）+g（x₂）＜0成立，符合题意；
②$\frac{1}{2}$＜m＜1时，0＜t＜1，
∴F（t）=2lnt+$\frac{2}{t}$-2，F′（t）=$\frac{2（t-1）}{{t}^{2}}$＜0，
∴F（t）在（0，1）递减，F（t）＞F（1）=0，
∴$\frac{1}{2}$＜m＜1时，g（x₁）+g（x₂）＞0，不合题意，
综上，m∈（0，$\frac{1}{2}$）．

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函数恒成立问题，考查分类讨论思想，是一道综合题．