Question

14．已知函数f（x）=x²-x+t，t≥0，g（x）=lnx．
（1）令h（x）=f（x）+g（x），求证：h（x）是增函数；
（2）直线l与函数f（x），g（x）的图象都相切．对于确定的非负实数t，讨论直线l的条数，并说明理由．

Answer 1

分析 （1）利用导数判断函数的单调性即可；
（2）分别设出切点，再根导数的几何意义求出切线方程，构造方程组，消元，再构造函数F（x）=lnx+$\frac{（1+x）^{2}}{4{x}^{2}}$-（t+1），利用导数求出函数F（x）的最小值，再分类讨论，得到方程组的解得个数，继而得到切线的条数．

解答 解：（1）由h（x）=f（x）+g（x）=x²-x+t+lnx，得h'（x）=2x-1+$\frac{1}{x}$，x＞0．
因为2x+$\frac{1}{x}$≥2$\sqrt{2x•\frac{1}{x}}$=2$\sqrt{2}$，所以h'（x）＞0，
从而函数h（x）是增函数．                        
（2）记直线l分别切f（x），g（x）的图象于点（x₁，x₁²-x₁+t），（x₂，lnx₂），
由f'（x）=2x-1，得l的方程为y-（x₁²-x₁+t）=（2x₁-1）（x-x₁），即y=（2x₁-1）x-x₁²+t．
由g'（x）=$\frac{1}{x}$，得l的方程为y-lnx₂=$\frac{1}{{x}_{2}}$（x-x₂），即y=$\frac{1}{{x}_{2}}$•x+lnx₂-1．
所以$\left\{\begin{array}{l}{2{x}_{1}-1=\frac{1}{{x}_{2}}}\\{-{{x}_{1}}^{2}+t=ln{x}_{2}-1}\end{array}\right.$（*）                  
消去x₁得lnx₂+$\frac{（1+{x}_{2}）^{2}}{4{{x}_{2}}^{2}}$-（t+1）=0   （**）．     
令F（x）=lnx+$\frac{（1+x）^{2}}{4{x}^{2}}$-（t+1），则F'（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1+x}{2{x}^{3}}$=$\frac{2{x}^{2}-x-1}{2{x}^{3}}$=$\frac{（2x+1）（x-1）}{2{x}^{3}}$，x＞0．
由F'（x）=0，解得x=1．
当0＜x＜1时，F'（x）＜0，当x＞1时，F'（x）＞0，
所以F（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
从而F（x）_min=F（1）=-t．                        
当t=0时，方程（**）只有唯一正数解，从而方程组（*）有唯一一组解，
即存在唯一一条满足题意的直线；               
当t＞0时，F（1）＜0，由于F（e^t+1）＞ln（e^t+1）-（t+1）=0，
故方程（**）在（1，+∞）上存在唯一解；           
令k（x）=lnx+$\frac{1}{x}$-1（x≤1），由于k'（x）=-$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$≤0，故k （x）在（0，1]上单调递减，
故当0＜x＜1时，k （x）＞k （1）=0，即lnx＞1-$\frac{1}{x}$，
从而lnx+$\frac{（1+x）^{2}}{4{x}^{2}}$-（t+1）＞（$\frac{1}{2x}$-$\frac{1}{2}$）²-t．
所以F（$\frac{1}{2（\sqrt{t}+1）}$）＞（$\sqrt{t}$+$\frac{1}{2}$）²-t=$\sqrt{t}$+$\frac{1}{4}$＞0，又0＜$\frac{1}{2（\sqrt{t}+1）}$＜1，
故方程（**）在（0，1）上存在唯一解．
所以当t＞0时，方程（**）有两个不同的正数解，方程组（*）有两组解．即存在两条满足题意的直线．
综上，当t=0时，与两个函数图象同时相切的直线的条数为1；
当t＞0时，与两个函数图象同时相切的直线的条数为2．

点评 本题考查了导数和函数的单调性质以及最值的关系，以及导数的几何意义方程组的解得个数问题，考查了学生转化能力，运算能力，属于难题．