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已知函数,g(x)=,a,b∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)记函数h(x)=f(x)+g(x),当a=0时,h(x)在(0,1)上有且只有一个极值点,求实数b的取值范围;
(3)记函数F(x)=|f(x)|,证明:存在一条过原点的直线l与y=F(x)的图象有两个切点.

(1)当时,为单调增区间,
时,为单调减区间, 为单调增区间.
(2)b<1
(3)首先根据(1)的结论,讨论可得只有0<a<时直线l与y=F(x)的图象有两个切点.设切点的横坐标分别为s、t且s<t,可得l与y=F(x)的图象有两个切点分别为直线l与曲线在x∈(s,t)的切点和曲线在x∈(t,+∞)的切点.由此结合直线的斜率公式和导数的几何意义列出关于a、x1、y1、x2、y2的关系式,化简整理可得,再令=k(0<k<1),转化为(k2+1)lnk=2k2﹣2.令G(k)=(k2+1)lnk﹣2k2+2,(0<k<1),由根的存在性定理证出:存在k0∈(0,1),使得G(k0)=0.由此即可得到原命题成立.

解析试题分析:(1)因为f'(x)=﹣+=
①若a≤0,则f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上为增函数,…(2分)
②若a>0,令f'(x)=0,得x=a,
当0<x<a时,f'(x)<0;当x>a时,f'(x)>0.
所以(0,a)为单调减区间,(a,+∞)为单调增区间.
综上可得,当a≤0时,函数f(x)在(0,+∞)上为增函数,
当a>0时,函数f(x)的单调减区间为(0,a),单调增区间为(a,+∞). …(4分)
(2)a=0时,h(x)=f(x)+g(x)=
∴h'(x)=bx﹣2+=,…(5分)
h(x)在(0,1)上有且只有一个极值点,即h'(x)=0在(0,1)上有且只有一个根且不为重根,
由h'(x)=0得bx2﹣2x+1=0,…(6分)
( i)b=0,x=,满足题意;…(7分)
( ii)b>0时,b•12﹣2•1+1<0,即0<b<1;…(8分)
( iii)b<0时,b•12﹣2•1+1<0,得b<1,故b<0;
综上所述,得:h(x)在(0,1)上有且只有一个极值点时,b<1. …(9分)
(3)证明:由(1)可知:
( i)若a≤0,则f'(x)≥0,f(x)在(0,+∞)上为单调增函数,
所以直线l与y=F(x)的图象不可能有两个切点,不合题意.…(10分)
(ⅱ)若a>0,f(x)在x=a处取得极值f(a)=1+lna.
若1+lna≥0,a≥时,由图象知不可能有两个切点.…(11分)
故0<a<,设f(x)图象与x轴的两个切点的横坐标为s,t(不妨设s<t),
则直线l与y=F(x)的图象有两个切点即为直线l与
的切点.
y1'==,y2'=﹣+=
设切点分别为A(x1,y1),B(x2,y2),则0<x1<x2,且
==﹣==+=
=1﹣lnx1…①;=1﹣lnx2…②;a=,③
①﹣②得:=﹣lnx1+lnx2=﹣ln
由③中的a代入上式可得:()•
,…(14分)
=k(0<k<1),则(k2+1)lnk=2k2﹣2,令G(k)=(k2+1)lnk﹣2k2+2,(0<k<1),
因为=1﹣>0,=﹣<0,
故存在k0∈(0,1),使得G(k0)=0,
即存在一条过原点的直线l与y=F(x)的图象有两个切点.…(16分)
考点:利用导数研究函数的单调性;函数在某点取得极值的条件;利用导数研究曲线上某点切线方程
点评:本题给出含有分式和对数的基本初等函数,求函数f(x)的单调区间、讨论函数f(x)+g(x)的极值点并证明了函数|f(x)|图象与过原点的直线相切的问题.着重考查了基本初等函数的性质、利用导数研究函数的单调性、直线的斜率公式和用导数求函数图象的切线等知识,属于难题.

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