Question

10．已知函数f（x）=lnx，g（x）=$\frac{1}{2}$x²-kx；
（1）设k=m+$\frac{1}{m}$（m＞0），若函数h（x）=f（x）+g（x）在区间（0，2）内有且仅有一个极值点，求实数m的取值范围；
（2）设M（x）=f（x）-g（x），若函数M（x）存在两个零点x₁，x₂（x₁＞x₂），且满足2x₀=x₁+x₂，问：函数M（x）在（x₀，M（x₀））处的切线能否平行于直线y=1，若能，求出该切线方程，若不能，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）求得h（x）及h′（x），由题意可知k≥$\frac{5}{2}$，及k=m+$\frac{1}{m}$求得m的取值范围；
（2）求得M（x）及M′（x），采用反证法，假设，函数M（x）在（x₀，M（x₀））处的切线平行于直线y=1，根据题意列出方程，求得k的解析式，构造辅助函数，利用导数求得函数的单调性及最值，判断与已知是否相符，即可验证是否存在函数M（x）在（x₀，M（x₀））处的切线平行于直线y=1，

解答 解：因为h（x）=lnx+$\frac{1}{2}$x²-kx；
h′（x）=$\frac{1}{x}$+x-k，
由题意可得：k≥$\frac{5}{2}$，
m+$\frac{1}{m}$=k≥$\frac{5}{2}$，
可得0＜m≤$\frac{1}{2}$或m≥2，
综上，m的取值范围为{m丨0＜m≤$\frac{1}{2}$或m≥2}，
假设，函数M（x）在（x₀，M（x₀））处的切线平行于直线y=1，
M（x）=f（x）-g（x）=lnx-$\frac{1}{2}$x²+kx，M′（x）=f（x）-g（x）=$\frac{1}{x}$-x+k，
$\left\{\begin{array}{l}{ln{x}_{1}+\frac{1}{2}{x}_{1}^{2}-k{x}_{1}=0}\\{ln{x}_{2}+\frac{1}{2}{x}_{2}^{2}-k{x}_{2}=1}\\{{x}_{1}+{x}_{2}=2{x}_{0}}\\{\frac{1}{{x}_{0}}-{x}_{0}+k=0}\end{array}\right.$，
由ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-$\frac{1}{2}$（x₁+x₂）（x₁-x₂）=-k（x₁-x₂），
∴-k=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$-x₀，结合$\frac{1}{{x}_{0}}-{x}_{0}+k=0$，
可得：ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$=$\frac{2（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$，
令u=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$∈（0，1），
∴lnu-$\frac{2（u-1）}{u+1}$=0，u∈（0，1），
设y=lnu-$\frac{2（u-1）}{u+1}$，u∈（0，1），
y′=$\frac{1}{u}$+$\frac{2（u+1）-2（u-1）}{（u+1）^{2}}$=$\frac{（u+1）^{2}-4u}{u（u+1）^{2}}$=$\frac{（u-1）^{2}}{u（u+1）^{2}}$＞0，
所以函数y=lnu-$\frac{2（u-1）}{u+1}$，在（0，1）上单调递增，
因此，y＜0，即lnu-$\frac{2（u-1）}{u+1}$＜0，也就是ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜$\frac{2（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$，此时与ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=$\frac{2（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$矛盾，
所以
数M（x）在（x₀，M（x₀））处的切线不能平行于直线y=1，

点评 本题考查函数的导数的综合运用，反正法，根据已知函数关系式，构造辅助函数并根据导数求求单调区间及最值，考查分析问题及解决问题得能力，属于中档题．