Question

17．已知函数f（x）=lnx+$\frac{{x}^{2}}{2}$+2kx，其中常数k∈R．
（1）求f（x）的单调增区间；
（2）若y=f（x）有两个极值点x₁，x₂，证明f（x₂）＜-$\frac{3}{2}$．

Answer 1

分析 （1）先求出函数f（x）的导数，通过讨论k的范围，从而得到函数的递增区间；
（2）由（1）得k＞1时，得：x²-2kx+1=0，在x＞0时有两个零点，根据根与系数的关系，得：f（x₂）=lnx₂-$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{2}$-1，通过讨论其单调性，从而得到结论．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{1}{x}$+x-2k=$\frac{{x}^{2}-2kx+1}{x}$（x＞0），
①当k≤1时，f′（x）≥2$\sqrt{\frac{1}{x}•x}$-2k=2-2k≥0，
∴函数f（x）为增函数．
②当k＞1时，由f′（x）=0 得：x²-2kx+1=0，解得两根：x₁，x₂，
其中0＜x₁=k-$\sqrt{{k}^{2}-1}$＜x₂=k+$\sqrt{{k}^{2}-1}$，
x，f′（x），f（x）的取值变化情况如下表：

x	（0，x1）	x1	（x1，x2）	x2	（x2，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	单调递增	极大值	单调递减	极小值	单调递增

综合①②知当k≤1时，f（x）的增区间为（0，+∞）；
当k＞1时，f（x）的增区间为（0，k-$\sqrt{{k}^{2}-1}$]，[k+$\sqrt{{k}^{2}-1}$，+∞）；
（2）当k≤1时，y=f（x）在（0，+∞）上是增函数，至多有一极值点，不合题意．
当k＞1时，令f′（x）=0，得：x²-2kx+1=0，
在x＞0时有两个零点，则x₁+x₂=2k，x₁•x₂=1，
f（x₂）=lnx₂+$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{2}$-2kx₂=lnx₂+$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{2}$-（$\frac{1}{{x}_{2}}$+x₂）x₂，
f（x₂）=lnx₂-$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{2}$-1，
f′（x₂）=$\frac{1}{{x}_{2}}$-x₂=$\frac{（1{-x}_{2}）（1{+x}_{2}）}{{x}_{2}}$，
当x₂∈（0，1）时，f′（x₂）＞0，当x∈（1，+∞）时，f′（x₂）＜0，
∴f（x₂）＜f（1）=-$\frac{3}{2}$．

点评 本题考察了函数的单调性，考察导数的应用，考察根与系数的关系，是一道中档题．