Question

19．已知函数f（x）=lnx-mx（m为常数）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当$m≥\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$时，设g（x）=2f（x）+x²的两个极值点x₁，x₂，（x₁＜x₂）恰为h（x）=lnx-cx²-bx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g（x）的导数，由x₁，x₂为h（x）=lnx-cx²-bx的零点，得到$ln{x_1}-cx_1^2-b{x_1}=0，ln{x_2}-cx_2^2-b{x_2}=0$，求出$b=\frac{{ln\frac{x_1}{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}-c（{{x_1}+{x_2}}）$，根据函数的单调性求出函数的最小值即可．

解答 解：（1）$f'（x）=\frac{1}{x}-m=\frac{1-mx}{x}，x＞0$，
当m≤0时，1-mx＞0故f'（x）＞0，
即f（x）在（0，+∞）上单调递增，
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，
所以f（x）的单调递增区间为$（{0，\frac{1}{m}}）$，单调递减区间减区间为$（{\frac{1}{m}，+∞}）$
（2）g（x）=2f（x）+x²=2lnx-2mx+x²，
则$g'（x）=\frac{{2（{{x^2}-mx+1}）}}{x}$，
所以g'（x）的两根x₁，x₂即为方程x²-mx+1=0的两根．
因为$m≥\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$，所以△=m²-4＞0，x₁+x₂=m，x₁x₂=1，
又因为x₁，x₂为h（x）=lnx-cx²-bx的零点，
所以$ln{x_1}-cx_1^2-b{x_1}=0，ln{x_2}-cx_2^2-b{x_2}=0$，
两式相减得$ln\frac{x_1}{x_2}-c（{{x_1}-{x_2}}）（{{x_1}+{x_2}}）-b（{{x_1}-{x_2}}）=0$，
得$b=\frac{{ln\frac{x_1}{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}-c（{{x_1}+{x_2}}）$，
而$h'（x）=\frac{1}{x}-2cx-b$，
$y=（{{x_1}-{x_2}}）[{\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}-c（{{x_1}+{x_2}}）-b}]$
=$（{{x_1}-{x_2}}）[{\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}-c（{{x_1}+{x_2}}）-\frac{{ln\frac{x_1}{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}+c（{{x_1}+{x_2}}）}]$
=$\frac{{2（{{x_1}-{x_2}}）}}{{{x_1}+{x_2}}}-ln\frac{x_1}{x_2}=2\frac{{\frac{x_1}{x_2}-1}}{{\frac{x_1}{x_2}+1}}-ln\frac{x_1}{x_2}$，
令$\frac{x_1}{x_2}=t（{0＜t＜1}），y=2\frac{t-1}{t+1}-lnt$，
由${（{{x_1}+{x_2}}）^2}={m^2}$得$x_1^2+x_2^2+2{x_1}{x_2}={m^2}$
因为x₁x₂=1，两边同时除以x₁+x₂，得$t+\frac{1}{t}+2={m^2}$，
因为$m≥\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$，故$t+\frac{1}{t}≥\frac{5}{2}$，解得$t≤\frac{1}{2}$或t≥2，所以$0＜t≤\frac{1}{2}$，
设$G（x）=2\frac{t-1}{t+1}-lnt$，所以$G'（x）=2\frac{{-{{（{t-1}）}^2}}}{{t（{t+1}）}}＜0$，
则y=G（t）在$（{0，\frac{1}{2}}]$上是减函数，
所以$G{（t）_{min}}=G（{\frac{1}{2}}）=-\frac{2}{3}+ln2$，
即$y=（{{x_1}-{x_2}}）h'（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}）$的最小值为$-\frac{2}{3}+ln2$．

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．