Question

15．设f（x）=$\frac{1}{2}$x²-mx+3lnx，g（x）=$\frac{2x+m}{{x}^{2}+3}$，a、b是f（x）的极值点，且0＜a＜b，
（1）求实数m的取值范围；
（2）指出g（x）在区间[-b，-a]上的单调性，并证明；
（3）设g（x）在区间[-b，-a]上的最大值比最小值大$\frac{2}{3}$，讨论方程f（x）=k的实数解个数．

Answer 1

分析 （1）求导f′（x）=x-m+$\frac{3}{x}$，再由x+$\frac{3}{x}$≥2$\sqrt{3}$求解实数m的取值范围；
（2）可判断g（x）在区间[-b，-a]上的单调递增，求导证明即可；
（3）由题意可得g（-a）-g（-b）=$\frac{-2a+m}{{a}^{2}+3}$-$\frac{-2b+m}{{b}^{2}+3}$=$\frac{2}{3}$，从而可得a=1，b=3，m=4；从而可得判断f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，3）上单调递减，在（3，+∞）上单调递增；再由f（1）=$\frac{1}{2}$-4=-$\frac{7}{2}$，f（3）=3ln3-$\frac{15}{2}$，讨论以确定方程的解的个数．

解答 解：（1）∵f（x）=$\frac{1}{2}$x²-mx+3lnx，
∴f′（x）=x-m+$\frac{3}{x}$，
∴方程x+$\frac{3}{x}$=m有两个不同的实数根a，b，
∵x+$\frac{3}{x}$≥2$\sqrt{3}$，
∴m＞2$\sqrt{3}$；
（2）g（x）在区间[-b，-a]上的单调递增，证明如下，
∵g（x）=$\frac{2x+m}{{x}^{2}+3}$，
∴g′（x）=$\frac{2（{x}^{2}+3）-2x（2x+m）}{（{x}^{2}+3）^{2}}$
=$\frac{-2（{x}^{2}+mx-3）}{（{x}^{2}+3）^{2}}$，
又∵方程x+$\frac{3}{x}$=m有两个不同的实数根a，b，
∴a²-ma=-3，b²-mb=-3，
∴（-a）²-ma-3=-6，（-b）²-mb-3=-6，
且（-$\frac{m}{2}$）²-m$\frac{m}{2}$-3=-$\frac{{m}^{2}}{4}$-3＜0；
故$\frac{-2（{x}^{2}+mx-3）}{（{x}^{2}+3）^{2}}$＞0，即g′（x）＞0；
故g（x）在区间[-b，-a]上的单调递增；
（3）∵g（x）在区间[-b，-a]上的单调递增，
∴g（-a）-g（-b）=$\frac{-2a+m}{{a}^{2}+3}$-$\frac{-2b+m}{{b}^{2}+3}$=$\frac{2}{3}$，
又∵a²+3=ma，b²+3=mb；
∴$\frac{-2a+m}{ma}$-$\frac{-2b+m}{mb}$=$\frac{2}{3}$，
∵a+b=m，ab=3，
∴b-a=2，
解得，a=1，b=3，m=4；
∴f（x）=$\frac{1}{2}$x²-4x+3lnx，f′（x）=$\frac{（x-1）（x-3）}{x}$，
故f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，3）上单调递减，在（3，+∞）上单调递增；
其中f（1）=$\frac{1}{2}$-4=-$\frac{7}{2}$，f（3）=3ln3-$\frac{15}{2}$，
故当k＜3ln3-$\frac{15}{2}$或k＞-$\frac{7}{2}$时，
方程f（x）=k有一个实数解；
当k=3ln3-$\frac{15}{2}$或k=-$\frac{7}{2}$时，
方程f（x）=k有两个实数解；
当3ln3-$\frac{15}{2}$＜k＜-$\frac{7}{2}$时，
方程f（x）=k有三个实数解．

点评 本题考查了导数的综合应用及分类讨论的思想应用．