Question

8．已知函数f（x）=x³-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，对于确定的正实数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，结合基本不等式即可得证；
（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）=ln（3x²-1）-2x³，利用导数求出函数F（x）的极大值，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）证明：由h（x）=f（x）+g（x）=x³-x+t+lnx，
得h' （x）=3x²-1+$\frac{1}{x}$，x＞0．
因为3x²+$\frac{1}{x}$=3x²+$\frac{1}{2x}$+$\frac{1}{2x}$≥3$\root{3}{3{x}^{2}•\frac{1}{2x}•\frac{1}{2x}}$=3$\root{3}{\frac{3}{4}}$＞1，
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，x₁³-x₁+t），（x₂，lnx₂），
由f'（x）=3x²-1，得l的方程为y-（x₁³-x₁+t）=（3x₁²-1）（x-x₁），
即y=（3x₁²-1）x-2x₁³+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$\left\{\begin{array}{l}{3{{x}_{1}}^{2}-1=\frac{1}{{x}_{2}}}\\{t-2{{x}_{1}}^{3}=ln{x}_{2}-1}\end{array}\right.$（*），
消去x₂得t+1+ln（3x₁²-1）-2x₁³=0   （**）．     
令F（x）=ln（3x²-1）-2x³，即有-t-1=F（x），
则F'（x）=$\frac{6x}{3{x}^{2}-1}$-6x²=$\frac{6x（1-3{x}^{3}+x）}{3{x}^{2}-1}$，x＞$\frac{\sqrt{3}}{3}$或x＜-$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
由F'（x）=0，解得x=0（舍去）或x=x₀，
由1-3+1＜0，1-3×$\frac{3\sqrt{3}}{27}$+$\frac{\sqrt{3}}{3}$＞0，且1+x-3x³＜0在x＞$\frac{\sqrt{3}}{3}$成立，
即有x₀∈（$\frac{\sqrt{3}}{3}$，1）．
当x＜-$\frac{\sqrt{3}}{3}$时，F'（x）＜0，则F（x）递减，F（x）＜0；
当$\frac{\sqrt{3}}{3}$＜x＜x₀时，F'（x）＞0，当x＞x₀时，F′（x）＜0．
所以F（x）在$\frac{\sqrt{3}}{3}$＜x＜x₀上单调递增，在x＞x₀上单调递减，
从而F（x）_极大值=F（x₀）=-lnx₀-2x₀³，设为m，
当m＜-1-t＜0时，即0＜t＜m-1方程（**）有一解，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-1-t＜m，即t＞m-1时，方程（**）有三解，从而方程组（*）有三组解，
即存在三条满足题意的直线．

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，考查了学生得转化能力，运算能力，属于中档题．