Question

15．設(shè)f（x）=$\frac{1}{2}$x²-mx+3lnx，g（x）=$\frac{2x+m}{{x}^{2}+3}$，a、b是f（x）的極值點，且0＜a＜b，
（1）求實數(shù)m的取值范圍；
（2）指出g（x）在區(qū)間[-b，-a]上的單調(diào)性，并證明；
（3）設(shè)g（x）在區(qū)間[-b，-a]上的最大值比最小值大$\frac{2}{3}$，討論方程f（x）=k的實數(shù)解個數(shù)．

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)f′（x）=x-m+$\frac{3}{x}$，再由x+$\frac{3}{x}$≥2$\sqrt{3}$求解實數(shù)m的取值范圍；
（2）可判斷g（x）在區(qū)間[-b，-a]上的單調(diào)遞增，求導(dǎo)證明即可；
（3）由題意可得g（-a）-g（-b）=$\frac{-2a+m}{{a}^{2}+3}$-$\frac{-2b+m}{^{2}+3}$=$\frac{2}{3}$，從而可得a=1，b=3，m=4；從而可得判斷f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，3）上單調(diào)遞減，在（3，+∞）上單調(diào)遞增；再由f（1）=$\frac{1}{2}$-4=-$\frac{7}{2}$，f（3）=3ln3-$\frac{15}{2}$，討論以確定方程的解的個數(shù)．

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有兩個不同的實數(shù)根a，b，
∵x+$\frac{3}{x}$≥2$\sqrt{3}$，
∴m＞2$\sqrt{3}$；
（2）g（x）在區(qū)間[-b，-a]上的單調(diào)遞增，證明如下，
∵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有兩個不同的實數(shù)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）在區(qū)間[-b，-a]上的單調(diào)遞增；
（3）∵g（x）在區(qū)間[-b，-a]上的單調(diào)遞增，
∴g（-a）-g（-b）=$\frac{-2a+m}{{a}^{2}+3}$-$\frac{-2b+m}{^{2}+3}$=$\frac{2}{3}$，
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）上單調(diào)遞增，在（1，3）上單調(diào)遞減，在（3，+∞）上單調(diào)遞增；
其中f（1）=$\frac{1}{2}$-4=-$\frac{7}{2}$，f（3）=3ln3-$\frac{15}{2}$，
故當k＜3ln3-$\frac{15}{2}$或k＞-$\frac{7}{2}$時，
方程f（x）=k有一個實數(shù)解；
當k=3ln3-$\frac{15}{2}$或k=-$\frac{7}{2}$時，
方程f（x）=k有兩個實數(shù)解；
當3ln3-$\frac{15}{2}$＜k＜-$\frac{7}{2}$時，
方程f（x）=k有三個實數(shù)解．

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及分類討論的思想應(yīng)用．