Question

4．已知函数f（x）=alnx-x，g（x）=x²-（1-a）x-（2-a）lnx，其中a∈R．
（1）若g（x）在其定义域内为增函数，求实数a的取值范围；
（2）若函数F（x）=f（x）-g（x）的图象交x轴于A，B两点，AB中点横坐标为x₀，问：函数F（x）在点（x₀，F（x₀））处的切线能否平行于x轴？

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，问题转化为$a≥5-[{2（x+1）+\frac{1}{x+1}}]$恒成立，求出a的范围即可；
（2）设出A（m，0），B（n，0），0＜m＜n，得到关于m、n的方程组，得到$ln\frac{m}{n}=\frac{2（m-n）}{m+n}=\frac{{2（\frac{m}{n}-1）}}{{\frac{m}{n}+1}}\;\;\;（5）$，
设$t=\frac{m}{n}∈\;（0，1）$，（5）式变为$lnt-\frac{2（t-1）}{t+1}=0\;（t∈（0，1））$，设h（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，（t∈（0，1）），根据函数的单调性判断即可．

解答 解：（1）$g'（x）=2x-（1-a）-\frac{2-a}{x}=\frac{{2{x^2}-（1-a）x-（2-a）}}{x}$，
∵g（x）在其定义域内为增函数，x＞0，
∴若g'（x）≥0，在x＞0上恒成立，
则2x²-（1-a）x-（2-a）≥0恒成立，
∴$a≥5-[{2（x+1）+\frac{1}{x+1}}]$恒成立．
而当x＞0时，$2（x+1）+\frac{1}{x+1}＞3$，
∴a∈[2，+∞）…（5分）
（2）设F（x）在（x₀，F（x₀））的切线平行于x轴，
其中F（x）=2lnx-x²-ax，
不妨设：A（m，0），B（n，0），0＜m＜n，
结合题意，
有$\left\{{\begin{array}{l}{2lnm-{m^2}-am=0\;\;\;\;\;（1）}\\{2lnn-{n^2}-an=0\;\;\;\;\;\;\;（2）}\\{m+n=2{x_0}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;（3）}\\{\frac{2}{x_0}-2{x_0}-a=0\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;（4）}\end{array}}\right.$，
（1）-（2）得$2ln\frac{m}{n}-（m+n）（m-n）=a（m-n）$，
所以$a=\frac{{2ln\frac{m}{n}}}{m-n}-2{x_0}$，
由（4）得$a=\frac{2}{x_0}-2{x_0}$，
所以$ln\frac{m}{n}=\frac{2（m-n）}{m+n}=\frac{{2（\frac{m}{n}-1）}}{{\frac{m}{n}+1}}\;\;\;（5）$，
设$t=\frac{m}{n}∈\;（0，1）$，
（5）式变为$lnt-\frac{2（t-1）}{t+1}=0\;（t∈（0，1））$，
设h（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，（t∈（0，1）），
h′（t）=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$＞0，
所以函数$h（t）=lnt-\frac{2（t-1）}{t+1}$在（0，1）上单调递增，
因此，h（t）＜h（1）=0，
也就是$ln\frac{m}{n}＜\frac{{2（\frac{m}{n}-1）}}{{\frac{m}{n}+1}}$，此式与（5）矛盾．
所以F（x）在点（x₀，F（x₀））处的切线不能平行于x轴．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及切线方程问题，是一道综合题．