Question

9．已知函數(shù)$f（x）=lnx-ax+\frac{1-a}{x}-1$．
（1）若f（x）在x=2處取得極值，求a的值；
（2）若a=1，函數(shù)$h（x）=ln（m{x^2}+\frac{x}{2}）+\frac{{-2{x^2}-x+2}}{2x+1}-f（x）$，且h（x）在（0，+∞）上的最小值為2，求實數(shù)m的值．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，計算f′（2）=0，求出a的值即可；
（2）求出h（x）的解析式，根據(jù)h（1）≥2，得到關(guān)于m的不等式，通過討論m的范圍結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性確定m的值即可．

解答 解：（1）${f^'}（x）=\frac{{-a{x^2}+x+a-1}}{x^2}$，又f（x）在x=2處取得極值，則${f^'}（2）=0⇒a=\frac{1}{3}$，
此時${f^'}（x）=\frac{（x-1）（x-2）}{{-3{x^2}}}$，顯然滿足條件，所以a的值為$\frac{1}{3}$．
（2）由條件$h（x）=ln（mx+\frac{1}{2}）+\frac{2}{2x+1}+1$，又h（x）在（0，+∞）上的最小值為2，
所以有h（1）≥2，即$ln（m+\frac{1}{2}）+\frac{5}{3}≥2⇒ln（m+\frac{1}{2}）≥\frac{1}{3}＞0=ln1$$⇒m＞\frac{1}{2}$
又${h^'}（x）=\frac{2m}{2mx+1}-\frac{4}{{{{（2x+1）}^2}}}=\frac{{8m{x^2}+2m-4}}{{（2mx+1）{{（2x+1）}^2}}}$，
當m≥2時，可知h（x）在（0，+∞）上遞增，無最小值，不合題意，
故這樣的m必須滿足$\frac{1}{2}＜m＜2$，此時，函數(shù)h（x）的增區(qū)間為$（\sqrt{\frac{2-m}{4m}}，+∞）$，減區(qū)間為$（0，\sqrt{\frac{2-m}{4m}}）$，$h{（x）_{min}}=h（\sqrt{\frac{2-m}{4m}}）=ln（m\sqrt{\frac{2-m}{4m}}+\frac{1}{2}）+\frac{2}{{2\sqrt{\frac{2-m}{4m}}+1}}+1=2$，
整理得$ln（\frac{{\sqrt{2m-{m^2}}+1}}{2}）-\frac{{\sqrt{2-m}-\sqrt{m}}}{{\sqrt{2-m}+\sqrt{m}}}=0$（*）
若$\frac{1}{2}＜m＜1$，則$\sqrt{2-m}-\sqrt{m}＞0$，且$ln（\frac{{\sqrt{2m-{m^2}}+1}}{2}）＜ln1=0$，無解
若1≤m＜2，則$\sqrt{2-m}-\sqrt{m}＜0$，將（*）變形為$ln（\frac{{\sqrt{2m-{m^2}}+1}}{2}）+\frac{{\sqrt{2-m}-\sqrt{m}}}{{\sqrt{2-m}+\sqrt{m}}}=0$．
即$ln（\frac{{\sqrt{2m-{m^2}}+1}}{2}）+\frac{{\sqrt{2-m}-\sqrt{m}}}{{\sqrt{2-m}+\sqrt{m}}}=0$，設$t=\frac{{\sqrt{2m-{m^2}}+1}}{2}∈（\frac{1}{2}，1]$
則上式即為$lnt+\sqrt{\frac{1}{t}-1}=0$，構(gòu)造$F（t）=lnt+\sqrt{\frac{1}{t}-1}$，
則等價于F（t）=0${F^'}（t）=\frac{{2\sqrt{t-{t^2}}-1}}{{2t\sqrt{t-{t^2}}}}≤0$，故F（t）在$（\frac{1}{2}，1]$上單調(diào)遞減，
又F（1）=0，故F（t）=0等價于t=1，與之對應的m=1，
綜上，m=1．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及分類討論思想、轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．