Question

16．已知函数f（x）=lnx．
（1）若直线y=2x+p（p∈R）是函数y=f（x）图象的一条切线，求实数p的值；
（2）若函数g（x）=x-$\frac{m}{x}$-2f（x）（m∈R）有两个极值点x₁，x₂，且x₁＜x₂．
①求实数m的取值范围；
②证明：g（x₂）＜x₂-1．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，求出切点的坐标，代入切线方程求出p的值即可；
（2）①求出函数f（x）有两个极值点x₁，x₂，等价于方程x²-2x+m=0在（0，+∞），直接推出结果．通过①，推出0＜m＜1，构造新函数g（t）=t-2lnt-1，1＜t＜2，利用新函数的单调性证明，求解即可．

解答 解：（1）f（x）=lnx的定义域是（0，+∞），f′（x）=$\frac{1}{x}$，
若直线y=2x+p（p∈R）是函数y=f（x）图象的一条切线，
∴$\frac{1}{x}$=2，解得：x=$\frac{1}{2}$，y=f（x）=ln$\frac{1}{2}$=-ln2，
将（$\frac{1}{2}$，-ln2）代入y=2x+p，得：p=y-2x=-ln2-1；
（2）①函数g（x）=x-$\frac{m}{x}$-2lnx的定义域为（0，+∞），f′（x）=$\frac{{x}^{2}-2x+m}{{x}^{2}}$，
令g′（x）=0，得x²-2x+m=0，其判别式△=4-4m，
当△≤0，即m≥1时，x²-2x+m≥0，g′（x）≥0，
此时，g（x）在（0，+∞）上单调递增，
函数g（x）无极值点；
②当△＞0，即m＜1时，方程x²-2x+a=0的两根为x₁=1-$\sqrt{1-m}$，x₂=1+$\sqrt{1-m}$＞1，
若m≤0，则x₁≤0，则x∈（0，x₂）时，g′（x）＜0，x∈（x₂，+∞）时，g′（x）＞0，
此时，g（x）在（0，x₂）上单调递减，在（x₂，+∞）上单调递增，
函数g（x）有1个极值点；
若m＞0，则x₁＞0，则x∈（0，x₁）时，g′（x）＞0，
x∈（x₁，x₂）时，g′（x）＜0，
x∈（x₂，+∞）时，g′（x）＞0，
此时，g（x）在（0，x₁）上单调递增，在（x₁，x₂）上单调递减，在（x₂，+∞）上单调递增，
函数g（x）有2个极值点；
综上，0＜m＜1；
②证明：由①得0＜m＜1，x₂=1+$\sqrt{1-m}$，且1＜x₂＜2，m=-${{x}_{2}}^{2}$+2x₂，
g（x₂）-x₂+1=x₂-$\frac{{{-x}_{2}}^{2}+{2x}_{2}}{{x}_{2}}$-2lnx₂-x₂+1=x₂-2lnx₂-1，
令h（t）=t-2lnt-1，1＜t＜2，
则h′（t）=1-$\frac{2}{t}$=$\frac{t-2}{t}$，
由于1＜t＜2，则h′（t）＜0，故h（t）在（1，2）上单调递减，
故h（t）＜h（1）=1-2ln1-1=0，
∴g（x₂）-x₂+1=h（x₂）＜0，
∴g（x₂）＜x₂-1．

点评 本题考查函数的导数的应用，函数的极值以及函数的单调性的应用，考查分析问题解决问题的能力，转化思想的应用．