Question

2．已知函数f（x）=lnx．
（1）设h（x）为偶函数，当x＜0时，h（x）=f（-x）+2x，求曲线y=h（x）在点（1，-2）处的切线方程；
（2）设g（x）=f（x）-mx，求函数g（x）的极值；
（3）若存在x₀＞1，当x∈（1，x₀）时，恒有f（x）＞$\frac{1}{2}{x}^{2}+（k-1）x-k+\frac{1}{2}$成立，求实数k的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出h（x）的解析式，求出函数的导数，计算h′（1）的值，求出切线方程即可；
（2）求出g（x）的导数，通过讨论m的范围，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；
（3）通过讨论k的范围，求出函数的单调性，结合题意求出k的范围即可．

解答 解：（1）x＜0时，h（x）=f（-x）+2x，h（x）是偶函数，
故h（x）=lnx-2x，（x＞0），
h′（x）=$\frac{1}{x}$-2，故h′（1）=-1，
故切线方程是：y+2=-（x-1），
即x+y+1=0；
（2）g（x）=lnx-mx，（x＞0），
g′（x）=$\frac{1}{x}$-m，
m≤0时，g′（x）＞0，g（x）在（0，+∞）递增，函数无极值，
m＞0时，令g′（x）＞0，解得：0＜x＜$\frac{1}{m}$，令g′（x）＜0，解得：x＞$\frac{1}{m}$，
故g（x）在（0，$\frac{1}{m}$）递增，在（$\frac{1}{m}$，+∞）递减，
故g（x）的最大值是g（$\frac{1}{m}$）=-lnm-1；无极小值；
（3）证明：设g（x）=f（x）-$\frac{1}{2}$x²-（k-1）x+k-$\frac{1}{2}$，x∈（1，+∞），
则g′（x）=$\frac{1{-x}^{2}}{2}$，
当x＞1时，g′（x）＜0，所以g（x）在（1，+∞）上单调递减，
所以当x＞1时，g（x）＜g（1）=0，
即当x＞1时，f（x）＜x-1；
①当k=1时，由（2）知，当x＞1时，f（x）＜x-1，
此时不存在x₀＞1，不满足题意；
②当k＞1时，x＞1，f（x）＜x-1＜k（x-1），
此时不存在x₀＞1，不满足题意；
③当k＜1时，设h（x）=f（x）-k（x-1），x＞1，
则h′（x）=$\frac{{-x}^{2}+（1-k）x+1}{x}$，
令h′（x）=0，即-x²+（1-k）x+1=0，
得x₁=$\frac{1-k-\sqrt{{（1-k）}^{2}+4}}{2}$＜0，x₂=$\frac{1-k+\sqrt{{（1-k）}^{2}+4}}{2}$＞1，
所以当x∈（1，x₂）时，h′（x）＞0，所以h（x）在[1，x₂）上单调递增，
取x₀=x₂，所以当x∈（1，x₀）时，h（x）＞h（1）=0，f（x）＞k（x-1），
综上，实数k的取值范围是（-∞，1）．

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查导数的由于以及分类讨论思想，是一道中档题．