Question

12．已知$f（x）=（{x^3}-mx）ln（{x^2}+1-m）_{\;}^{\;}（m∈R）$，方程f（x）=0有3個不同的根．
（Ⅰ）求實數(shù)m的取值范圍；
（Ⅱ）是否存在實數(shù)m，使得f（x）在（0，1）上恰有兩個極值點x₁，x₂且滿足x₂=2x₁，若存在，求實數(shù)m的值；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)f（x）=0，得到關于m的不等式，解出m的范圍即可；
（Ⅱ）求導數(shù)，換元，存在t₁∈（0，$\frac{m}{2}$），使得g（t₁）=0，另外有m∈（$\frac{m}{2}$，1），使得g（m）=0，再利用反證法，即可得出結論．

解答 解：（Ⅰ）由f（x）=0得：$\left\{\begin{array}{l}{x^3}-mx=0\\{x^2}+1-m＞0\end{array}\right.$或ln（x²+1-m）=0，
可得$\left\{\begin{array}{l}x=0\\ 1-m＞0\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x^2}=m\\ m＞0\end{array}\right.$，
方程f（x）=0有3個不同的根，
從而0＜m＜1；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得：0＜m＜1，
f′（x）=（3x²-m）ln（x²+1-m）+$\frac{2{x}^{2}（{x}^{2}-m）}{{x}^{2}+1-m}$，
令x²=t，設$g（t）=（3t-m）ln（t+1-m）+\frac{2t（t-m）}{t+1-m}$，
∴g（0）=-mln（1-m）＞0，∵0＜m＜1，
∴2-m＞1，∴g（1）＞0．g（a）=0，
$g（\frac{m}{2}）=\frac{m}{2}ln（1-\frac{m}{2}）+\frac{{m•（-\frac{m}{2}）}}{{1-\frac{m}{2}}}=\frac{m}{2}ln（1-\frac{m}{2}）-\frac{m^2}{2-m}$，
∵0＜m＜1，∴g（$\frac{m}{2}$）＜0
∴存在t₁∈（0，$\frac{m}{2}$），使得g（t₁）=0，另外有m∈（$\frac{m}{2}$，1），使得g（a）=0
假設存在實數(shù)m，使得f（x）在（0，1）上恰有兩個極值點x₁，x₂，且滿足x₂=2x₁，
則存在x₁∈（0，$\sqrt{\frac{m}{2}}$），使得f′（x₁）=0，另外有f′（$\sqrt{m}$）=0，即x₂=$\sqrt{m}$，
∴x₁=$\frac{\sqrt{m}}{2}$，∴f′（$\frac{\sqrt{m}}{2}$）=0，即（1-$\frac{3}{4}$m）ln（1-$\frac{3}{4}$m）+$\frac{3}{2}$m=0 （*）
設h（m）=（1-$\frac{3}{4}$m）ln（1-$\frac{3}{4}$m）+$\frac{3}{2}$m，
∴h′（a）=-$\frac{3}{4}$mln（1-$\frac{3}{4}$m）+$\frac{3}{4}$，
∵0＜m＜1，∴h′（m）＞0，
∴h（m）在（0，1）上是增函數(shù)
∴h（m）＞h（0）=0
∴方程（*）無解，
即不存在實數(shù)m，使得f（x）在（0，1）上恰有兩個極值點x₁，x₂，且滿足x₂=2x₁．

點評 本題考查導數(shù)知識的綜合運用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查函數(shù)的極值，考查反證法的運用，有難度．