Question

2．已知函数f（x）=2x³-3x²+1，g（x）=kx+1-lnx．
（1）若过点P（a，-4）恰有两条直线与曲线y=f（x）相切，求a的值；
（2）用min{p，q}表示p，q中的最小值，设函数h（x）=min{f（x），g（x）}（x＞0），若h（x）恰有三个零点，求实数k的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求导，利用导数求得f（x）在Q的切线方程，构造辅助函数，利用导数与函数单调性的关系，分类讨论即可求得a的值；
（2）根据函数定义，求h（x），根据函数的单调性及函数零点的判断，采用分类讨论法，求得函数h（x）零点的个数，即可求得h（x）恰有三个零点时，实数k的取值范围．

解答 解：（1）设切点Q（t，f（t）），由直线f（x）=2x³-3x²+1，求导，f′（x）=6x²-6x，
则f（x）在Q点的切线的斜率k=6t²-6t，
则切线方程为y-f（t）=（6t²-6t）（x-t），
由切线过点P（a，-4），则-4-f（t）=（6t²-6t）（a-t），
整理得：4t³-（3+6a）t²+6at-5=0，
又由曲线恰有两条切线，即方程恰有两个不同的解，
令H（t）=4t³-（3+6a）t²+6at-5，求导H′（t）=12t²-6（1+2a）t+6a，
令H′（t）=0，解得：t=$\frac{1}{2}$，t=a，
当a=$\frac{1}{2}$时，H′（t）≥0，函数H（t）在R上单调递增，没有两个零点，不符合题意，
当a＞$\frac{1}{2}$时，且t∈（-∞，$\frac{1}{2}$）∪（a，+∞）时，H′（t）＞0，
当t∈（$\frac{1}{2}$，a）时，H′（t）＜0，
∴H（t）在（-∞，$\frac{1}{2}$），（a，+∞）单调递增，在（$\frac{1}{2}$，a）单调递减；
要使H（t）在R上有两个零点，则$\left\{\begin{array}{l}{H（\frac{1}{2}）=0}\\{H（a）＜a}\end{array}\right.$，或$\left\{\begin{array}{l}{H（\frac{1}{2}）＞0}\\{H（a）=0}\end{array}\right.$，
由H（$\frac{1}{2}$）=$\frac{1}{2}$-$\frac{3}{4}$-$\frac{3}{2}$a+3a-5=$\frac{3}{2}$（a-$\frac{7}{2}$），
H（a）=4a³-（3+6a）a²+6a²-5=-（a+1）（2a²-5a+5），
=-（a+1）[2（a-$\frac{5}{4}$）²+$\frac{15}{8}$]，
∴$\left\{\begin{array}{l}{a-\frac{7}{2}=0}\\{a+1＞0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{a-\frac{7}{2}＞0}\\{a+1=0}\end{array}\right.$，
则a=$\frac{7}{2}$，
当a＜$\frac{1}{2}$时，同理可知：$\left\{\begin{array}{l}{a+1=0}\\{a-\frac{7}{2}＜0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{a+1＜0}\\{a-\frac{7}{2}=0}\end{array}\right.$，则a=-1，
综上可知：a=-1或a=$\frac{7}{2}$；
（2）f（x）=2x³-3x²+1=（x-1）²（2x+1），
∴f（x）在（0，+∞）上只有一个零点x=1，
g′（x）=k-$\frac{1}{x}$，
当k≤0时，g′（x）＜0，则g（x）在（0，+∞）上单调递减，
g（x）在（0，+∞）上至多只有一个零点，
故k≤0不符合题意；
当k＞0，g′（x）=k-$\frac{1}{x}$=0，解得：x=$\frac{1}{k}$，
∴当x∈（0，$\frac{1}{k}$）时，g′（x）＜0，当x∈（$\frac{1}{k}$，+∞）时，g′（x）＞0，
∴g（x）在（0，$\frac{1}{k}$）上单调递减，在（$\frac{1}{k}$，+∞）上单调递增；
∴g（x）有最小值g（$\frac{1}{k}$）=2+lnk，
①当k=$\frac{1}{{e}^{2}}$时，g（$\frac{1}{k}$）=0，g（x）只有一个零点，不满足题意；
②当k＞$\frac{1}{{e}^{2}}$时，g（$\frac{1}{k}$）＞0，g（x）在（0，+∞）上无零点，不满足题意；
③当＜k＜$\frac{1}{{e}^{2}}$时，g（$\frac{1}{k}$）＜0，
由g（$\frac{1}{k}$）•g（1）=（2+lnk）（k+1）＜0，
∴g（x）在（1，$\frac{1}{k}$）上有一个零点，设为x₁，
若g（$\frac{1}{k}$）•g（${e}^{\frac{1}{k}}$）＜0，
g（x）在（$\frac{1}{k}$，+∞）上有一个零点，设为x₂，
易证${e}^{\frac{1}{k}}$＞$\frac{1}{k}$（$\frac{1}{k}$＞e²），
下面证明：g（${e}^{\frac{1}{k}}$）＞0，
令F（x）=e^x-x²，（x＞2），
求导F′（x）=e^x-2x，F′′（x）=e^x-2＞e²-2＞0，
∴F（x）在（2，+∞）上单调递增；
∴F（x）＞F（2）=e²-4＞0，
∴e²-x²＞0，即e²＞x²，（x＞2），
现在去x=${e}^{\frac{1}{k}}$，由0＜k＜e^-2，
∴x＞e²＞2，
则g（${e}^{\frac{1}{k}}$）=k•${e}^{\frac{1}{k}}$+1-ln${e}^{\frac{1}{k}}$，
=k•${e}^{\frac{1}{k}}$+1-$\frac{1}{k}$，
由$\frac{1}{k}$＞e²＞2，则${e}^{\frac{1}{k}}$＞$\frac{1}{{k}^{2}}$，
∴g（${e}^{\frac{1}{k}}$）＞k•$\frac{1}{{k}^{2}}$+1-$\frac{1}{k}$=1＞0，
∴g（x₁）=g（x₂）=0
∴由g（1）=k+1＞0，f（x₁）＞0，f（x₂）＞0，
故h（1）＞f（1）=0，h（x₁）=g（x₁）=0，h（x₂）=g（x₂）=0，
故h（x）有三个零点，
综上可知：满足题意的k的取值范围为（0，$\frac{1}{{e}^{2}}$）．

点评 本题考查导数及其应用等基础知识，考查抽象概括能力、推理能力句函数和方程思想、分类和整合思想，是一道综合题，属于难题．