Question

4．设函数f（x）=（x-a）²（a∈R），g（x）=lnx，
（I）试求曲线F（x））=f（x）+g（x）在点（1，F（1））处的切线l与曲线F（x）的公共点个数；
（II）若函数G（x）=f（x）．g（x）有两个极值点，求实数a的取值范围．
（附：当a＜0，x趋近于0时，2lnx-$\frac{a}{x}$趋向于+∞）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，计算F（1），F′（1），求出切线方程，联立方程组得到得x²-3x+lnx+2=0，设h（x）=x²-3x+lnx+2，根据函数的单调性判断即可；
（Ⅱ）设r（x）=2lnx+1-$\frac{a}{x}$，通过讨论a的范围，结合函数的单调性确定a的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）∵F（1）=（1-a）²，F′（x）=2（x-a）+$\frac{1}{x}$，
切线l的斜率是F′（1）=3-2a，
故切线方程是y-（1-a）²=（3-2a）（x-1），
即y=（3-2a）x+a²-2，
联立y=F（x）=（x-a）²+lnx，
得x²-3x+lnx+2=0，
设h（x）=x²-3x+lnx+2，
则h′（x）=$\frac{（2x-1）（x-1）}{x}$，
由h′（x）＞0以及x＞0，得0＜x＜$\frac{1}{2}$或x＞1，
故h（x）在（0，$\frac{1}{2}$）和（1，+∞）递增，
故h（x）在（$\frac{1}{2}$，1）递减，
又h（1）=0，h（$\frac{1}{{e}^{2}}$）=$\frac{1}{{e}^{4}}$-$\frac{3}{{e}^{2}}$＜0，
故存在x₀∈（0，$\frac{1}{2}$），h（x₀）=0，
故方程x²-3x+lnx+2=0有2个根：1和x₀，
从而切线l和曲线F（x）有2个公共点；
（Ⅱ）由题意得G（x）=（x-a）（2lnx+1-$\frac{a}{x}$）=0在（0，+∞）至少有2个不同的根，
设r（x）=2lnx+1-$\frac{a}{x}$，
①a＞0时，x₁=a是G′（x）=0的根，
由y=2lnx+1与y=$\frac{a}{x}$（a＞0）恰有1个公共点，
可知2lnx+1-$\frac{a}{x}$=0恰有1根x₂，
由x₂=x₁=a得a=1，不合题意，
故a＞0且a≠1时，检验可知x₁=a和x₂是G（x）的2个极值点；
②a=0时，G′（x）=x（2lnx+1）=0在（0，+∞）仅1根，故a=0不合题意；
③a＜0时，需r（x）=2lnx+1-$\frac{a}{x}$=0在（0，+∞）至少有2个不同的实根，
由r′（x）=$\frac{2}{x}$+$\frac{a}{{x}^{2}}$＞0，得x＞-$\frac{a}{2}$，故r（x）在（-$\frac{a}{2}$，+∞）递增，
故r（x）在（0，-$\frac{a}{2}$）递减，∵a＜0，x→0时，r（x）→+∞，
且x＞1时，r（x）＞0，
由题意得，需r（x）_min＜0，即r（-$\frac{a}{2}$）=2ln（-$\frac{a}{2}$）+3＜0，解得：a＞-2${e}^{-\frac{3}{2}}$，
故-2${e}^{-\frac{3}{2}}$＜a＜0，
综上，a∈（-2${e}^{-\frac{3}{2}}$，0）∪（0，1）∪（1，+∞）．

点评 本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．