Question

設(shè)關(guān)于x的函數(shù)f（x）=mx²-（2m²+4m+1）x+（m+2）lnx，其中m為R上的常數(shù)，若函數(shù)f（x）在x=1處取得極大值0．
（1）求實(shí)數(shù)m的值；
（2）若函數(shù)f（x）的圖象與直線y=k有兩個(gè)交點(diǎn)，求實(shí)數(shù)k的取值范圍；
（3）設(shè)函數(shù)g(x)=(p-2)x+

p+2

x

，若對(duì)任意的x∈[1，2]，2f（x）≥g（x）+4x-2x²恒成立，求實(shí)數(shù)p的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）先求導(dǎo)函數(shù)，利用函數(shù)f（x）在x=1處取得極大值0，可得

f′(1)=0 f(1)=0

，從而可求實(shí)數(shù)m的值；
（2）由（1）知f′(x)=

(-2x-1)(x-1)

x

，可知函數(shù)在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，從而當(dāng)x=1時(shí)，函數(shù)f（x）取得最大值，進(jìn)而可知f（x）＜0，從而得當(dāng)k＜0時(shí)，函數(shù)f（x）的圖象與直線y=k有兩個(gè)交點(diǎn)，
（3）構(gòu)造函數(shù)F(x)=2f(x)-g(x)-4x+2x2=2lnx-px-

p+2

x

，對(duì)p討論：p=0與p≠0即可得出結(jié)論．

解答：解：（1）f′(x)=2mx-(2m2+4m+1)+

m+2

x

=

(2mx-1)[x-(m+2)]

x

因?yàn)楹瘮?shù)f（x）在x=1處取得極大值0
所以，

f′(1)=2m-(2m2+4m+1)+m+2=-2m2-m+1=0 f(1)=m-(2m2+4m+1)=-2m2-3m-1=0

解m=-1
（2）由（1）知f′(x)=

(-2x-1)(x-1)

x

，令f'（x）=0得x=1或x=-

1

2

（舍去）
所以函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞增，在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞減，
所以，當(dāng)x=1時(shí)，函數(shù)f（x）取得最大值，f（1）=ln1-1+1=0
當(dāng)x≠1時(shí)，f（x）＜f（1），即f（x）＜0
所以，當(dāng)k＜0時(shí)，函數(shù)f（x）的圖象與直線y=k有兩個(gè)交點(diǎn)，
（3）設(shè)F(x)=2f(x)-g(x)-4x+2x2=2lnx-px-

p+2

x

F′(x)=

2

x

-p+

p+2

x2

=

-px2+2x+(p+2)

x2

當(dāng)p=0時(shí)，F′(x)=

2x+2

x2

＞0，F(xiàn)（x）在[1，2]遞增，F(xiàn)（1）=-2＜0不成立，（舍）
當(dāng)p≠0時(shí)F′(x)=

-p(x+1)(x- p+2 p )

x2

當(dāng)1+

2

p

＜-1，即-1＜p＜0時(shí)，F(xiàn)（x）在[1，2]遞增，F(xiàn)（1）=-2p-2＜0，不成立
當(dāng)-1＜1+

2

p

≤1，即p＜-1時(shí)，F(xiàn)（x）在[1，2]遞增，所以F（1）=-2p-2≥0，解得p≤-1，所以，此時(shí)p＜-1
當(dāng)p=-1時(shí)，F(xiàn)（x）在[1，2]遞增，成立；
當(dāng)p＞0時(shí)，F(xiàn)（1）=-2p-2＜0不成立，
綜上，p≤-1

點(diǎn)評(píng)：本題以函數(shù)為載體，考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值，同時(shí)考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性，有一定的難度．