Question

15．已知函數(shù)f（x）=x²+ax+b，g（x）=lnx．
（1）記F（x）=f（x）-g（x），求F（x）在[1，2]的最大值；
（2）記G（x）=$\frac{f（x）}{g（x）}$，令a=-4m，b=4m²（m∈R），當0＜m＜$\frac{1}{2}$時，若函數(shù)G（x）的3個極值點為x₁，x₂，x₃（x₁＜x₂＜x₃），
（ⅰ）求證：0＜2x₁＜x₂＜1＜x₃；
（ⅱ）討論函數(shù)G（x）的單調(diào)區(qū)間（用x₁，x₂，x₃表示單調(diào)區(qū)間）．

Answer 1

分析 （1）先求出F（x）的表達式，得到F（x）的導數(shù)，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，進而得到函數(shù)的最大值；
（2）①先求出G（x）的導數(shù)，構(gòu)造$h（x）=2lnx+\frac{2m}{x}-1$，通過求導得到h（x）_min=h（m），從而求出極值點的大小關(guān)系；②通過討論x的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可．

解答 解：（1）F（x）=x²+ax+b-lnx（x＞0），
$F'（X）=2x+a-\frac{1}{x}=\frac{{2{x^2}+ax-1}}{x}$，
令F′（x）=0，得${x_1}=\frac{{-a-\sqrt{{a^2}+8}}}{4}＜0$，${x_2}=\frac{{-a+\sqrt{{a^2}+8}}}{4}＞0$，
$F'（X）=\frac{{2（{x-{x_1}}）（{x-{x_2}}）}}{x}$，
列表如下：

x	（0，x2）	x2	（x2，+∞）
F′（x）	-	0	+
F'（x）	遞減	極小值	遞增

易知F（x）_max=max{F（1），F(xiàn)（2）}
而F（1）-F（2）=（a+b+1）-（2a+b+4-ln2）=-a+ln2-3，
所以當a≤ln2-3時，F(xiàn)（x）_max=F（1）=a+b+1，
當a＞ln2-3時，F(xiàn)（x）_max=F（2）=2a+b+4-ln2；
（2）（�。�$G（x）=\frac{{{x^2}-4mx+4{m^2}}}{lnx}$，$G'（x）=\frac{{（{x-2m}）（{2lnx+\frac{2m}{x}-1}）}}{{{{ln}^2}x}}$
令$h（x）=2lnx+\frac{2m}{x}-1$，$h'（x）=\frac{2x-2m}{x^2}$，
又h（x）在（0，m）上單調(diào)減，在（m，+∞）上單調(diào)增，
所以h（x）_min=h（m）=2lnm+1，
因為函數(shù)G（x）有3個極值點，所以2lnm+1＜0所以$0＜m＜\frac{1}{{\sqrt{e}}}$，
所以當$0＜m＜\frac{1}{2}$時，$h（m）=2lnm+1＜1+2ln\frac{1}{2}=1-ln4＜0$，h（1）=2m-1＜0，
從而函數(shù)G（x）的3個極值點中，有一個為2m，有一個小于m，有一個大于1，
又x₁＜x₂＜x₃，所以0＜x₁＜m，x₂=2m，x₃＞1，
即$0＜{x_1}＜\frac{x_2}{2}$，x₂=2m＜1＜x₃，故0＜2x₁＜x₂＜1＜x₃；
（ⅱ）當x∈（0，x₁）時，$h（x）=2lnx+\frac{2m}{x}-1＞0$，x-2m＜0，
則G′（x）＜0，故函數(shù)G（x）單調(diào)減；
當x∈（x₁，x₂）時，$h（x）=2lnx+\frac{2m}{x}-1＜0$，x-2m＜0，
則G′（x）＞0，故函數(shù)G（x）單調(diào)增；
當x∈（x₂，1）時，$h（x）=2lnx+\frac{2m}{x}-1＜0$，x-2m＞0，
則G′（x）＜0，故函數(shù)G（x）單調(diào)減；
當x∈（1，x₃）時，$h（x）=2lnx+\frac{2m}{x}-1＜0$，x-2m＞0，
則G′（x）＜0，故函數(shù)G（x）單調(diào)減；
當x∈（x₃，+∞）時，$h（x）=2lnx+\frac{2m}{x}-1＞0$，x-2m＞0，
則G′（x）＞0，故函數(shù)G（x）單調(diào)增；
綜上，函數(shù)G（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（x₁，x₂）（x₃，+∞），
單調(diào)遞減區(qū)間是（0，x₁）（x₂，1）（1，x₃）．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值問題，考查導數(shù)的應用，分類討論思想，對導數(shù)的熟練應用是解題的關(guān)鍵，本題有一定的難度．