Question

已知x=1是函數(shù)f(x)=

1

2

x2-6x+mlnx的一個極值點．
（Ⅰ）求m；
（Ⅱ）若直線y=n與函數(shù)y=f（x）的圖象有3個交點，求n的取值范圍；
（Ⅲ）設(shè)g（x）=（-5-a）lnx+

1

2

x2+（6-b）x+2（a＞0），G（x）=f（x）+g（x），若G（x）=0有兩個不同零點x₁，x₂，且x0=

x1+x2

2

，試探究G′（x₀）值的符號．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求導(dǎo)數(shù)f′（x），令f′（1）=0即可求得m值；
（Ⅱ）利用導(dǎo)數(shù)可求得函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間，由單調(diào)區(qū)間可得函數(shù)極大值、極小值，結(jié)合圖象n大于極小值小于極小值，從而得到n的范圍；
（Ⅲ）化簡G（x），則G（x₁）=0，G（x₂）=0，兩式相減并變形可得x2+x1-b=

a(lnx2-lnx1)

x2-x1

，于是G′（x₀）可用x₁，x₂表示，構(gòu)造關(guān)于t=

x2

x1

的函數(shù)，按0＜x₁＜x₂，0＜x₂＜x₁兩種情況進行討論可判斷G′（x₀）的符號；

解答：解：（Ⅰ）因為f′（x）x-6+

m

x

，
所以f′（1）=1-6+m=0，解得m=5；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知f（x）=

1

2

x2-6x+5lnx（x＞0），
所以f′（x）=x-6+

5

x

=

x2-6x+5

x

=

(x-1)(x-5)

x

，
當(dāng)x∈（1，5）時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈（5，+∞）或x∈（0，1）時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增．
所以f（x）的極大值為f（1）=

1

2

-6=-

11

2

，
極小值為f（5）=

1

2

×25-30+5ln5=-

35

2

+5ln5，
又x→0時，f（x）→-∞，x→+∞時，f（x）→+∞，
結(jié)合圖象可知：當(dāng)且僅當(dāng)f（5）＜n＜f（1）時，直線y=n與函數(shù)y=f（x）的圖象有3個交點，
∴-

35

2

+5ln5＜n＜-

11

2

；
（III）G′（x₀）的符號為正．證明如下：
因為G（x）=f（x）+g（x）=

1

2

x2-6x+5lnx+（-5-a）lnx+

1

2

x2+（6-b）x+2=x²+2-alnx-bx有兩個零點x₁，x₂，
所以有

x12+2-alnx1-bx1=0 x22+2-alnx2-bx2=0

，
兩式相減得x22-x12-a(lnx2-lnx1)-b（x₂-x₁）=0，即x2+x1-b=

a(lnx2-lnx1)

x2-x1

，
于是G′(x0)=2x0-

a

x0

-b=(x1+x2-b)-

2a

x1+x2

=

a(lnx2-lnx1)

x2-x1

-

2a

x1+x2

=

a

x2-x1

[ln

x2

x1

-

2(x2-x1)

x1+x2

]=

a

x2-x1

[ln

x2

x1

-

2( x2 x1 -1)

1+ x2 x1

]，
①，令

x2

x1

=t，則t＞1，且G′（x₀）=

a

x2-x1

（lnt-

2(t-1)

1+t

）．
設(shè)u（t）=lnt-

2(t-1)

1+t

（t＞1），
則u′（t）=

1

t

-

4

(1+t)2

=

(1-t)2

t(1+t)2

＞0，
則u（t）=lnt-

2(t-1)

1+t

在（1，+∞）上為增函數(shù)．
而u（1）=0，所以u（t）＞0，即lnt-

2(t-1)

1+t

＞0．
又因為a＞0，x₂-x₁＞0，所以G′（x₀）＞0．
②當(dāng)0＜x₂＜x₁時，同理可得：G′（x₀）＞0．
綜上所述：G′（x₀）的符號為正．

點評：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、函數(shù)的零點等知識，考查分類討論思想、數(shù)形結(jié)合思想及函數(shù)與方程思想，考查學(xué)生綜合運用所學(xué)知識分析解決問題的能力，綜合性強，難度較大．