(1)f′(x)=m(x-1)-2+=,x>0 对于y=mx2-(m+2)x+1而言, ∵m≥1,∴△=(m+2)2-4m=m2+4>0 且它的两个零点x2=>x1=>0
故当x1<x<x2时f′(x)<0 ∴函数f(x)的单调减区间为(,) (2)法一:g(x)=4-4x+lnx-ln(2-x)+3关于点A(1,3)对称,证明如下: 设P(x0,y0)为y=g(x)图象上任意一点,P关于点A(1,3)的对称点为P′(2-x0,6-y0). ∵y0=4-4x0+lnx0-ln(2-x0)+3,∴6-y0=4-4(2-x0)+ln(2-x0)-ln(2-(2-x0))+3 ∴P′也在函数y=g(x)图象上,故y=g(x)图象关于点A(1,3)对称 ∵2x1+2x2=2,∴g(2x1)+g(2x2)=6为常数 法二:g(2x1)+g(2x2)=4-4•2x1+ln+3+4-4•2x2+ln+3=6为常数 (3)∵f′(1)=-1,∴直线l:y-1=-(x-1),即y=2-x 代入y=m(x-1)2-2x+3+lnx 得m(x-1)2-2x+2lnx+2=0 令F(x)=m(x-1)2-2x+2lnx+2,则F(1)=0,∴F(x)=0有一个解x=1 又∵F′(x)=2 ①当m=1时,F′(x)=2≥0,∴F(x)在(0,+∞)上递增,∴F(x)=0恰有一个解符合条件; ②当m>1时,当0<x<或x>1时,F′(x)>0,当<x<1时F′(x)<0, 故F(x)极大值=F()>0,极小值F(1)=0. 且当x→0时F(x)→-∞;当x→+∞时,F(x)→+∞ ∴F(x)在(0,),(,+∞)上各有一个实根,不符合条件,舍去 综上m=1 |