Question

已知函数f(x)=ln(x+

3

2

)+

2

x

，g（x）=lnx．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）如果关于x的方程g(x)=

1

2

x+m有实数根，求实数m的取值范围；
（3）是否存在正数k，使得关于x的方程f（x）=kg（x）有两个不相等的实根？如果存在，求的k取值范围，如果不存在，说明理由？

Answer 1

分析：（1）依题意，可求得f′（x）=

2

2x+3

-

2

x2

，令f′（x）=0可解得：x=-1或3，列出x，f（x），f′（x）随x变化情况表，即可得到函数f（x）的单调区间；
（2）可求得m=lnx-

1

2

x，（x＞0），构造函数t（x）=lnx-

1

2

x，（x＞0），通过t′（x）可求得t（x）_max，从而可求得m的范围；
（3）由h（x）=f（x）-kg（x）=ln（x+

3

2

）+

2

x

-klnx，（x＞0），可求得h′（x）=

2(1-k)x2-(3k+4)x-6

x2(2x+3)

，取p（x）=2（1-k）x²-（3k+4）x-6，（x≥0），通过对k的取值情况的讨论，可判断h（x）=0的根的情况，从而可得答案．

解答：解：（1）f（x）=ln（x+

3

2

）+

2

x

（x＞-

3

2

，且x≠0），
f′（x）=

1

x+ 3 2

-

2

x2

=

2

2x+3

-

2

x2

，令f′（x）=0，解得：x=-1或3．
x，f（x），f′（x）随x变化情况如下表：

x		-1	（-1，0）	（0，3）	3	（3，+∞）
f′（x）	+	0	-	-	0	+
f（x）	↗		↘	↘		↗

∴f（x）的单调递增区间是（-

3

2

，-1）和（3，+∞），单调递减区间是（-1，0）和（0，3）．…（4分）
（2）g（x）=lnx=

1

2

x+m，
∴m=lnx-

1

2

x，（x＞0）
取t（x）=lnx-

1

2

x，（x＞0），
则t′（x）=

1

x

-

1

2

，（x＞0），令t′（x）=0得，x=2；
∴x，t（x），t′（x）随x变化情况如下表：

x	（0，2）	2	（2，+∞）
t′（x）	+	0	-
t（x）	↗		↘

∴当x=2时，t（x）取得极大值t（2）=ln2-1，也是最大值，
∴m＜ln2-1．…（8分）
（3）h（x）=f（x）-kg（x）=ln（x+

3

2

）+

2

x

-klnx，（x＞0），
∴h′（x）=

1

x+ 3 2

-

2

x2

-

k

x

=

2

2x+3

-

2

x2

-

k

x

=

2x2-2(2x+3)-kx(2x+3)

x2(2x+3)

=

2(1-k)x2-(3k+4)x-6

x2(2x+3)

，
取p（x）=2（1-k）x²-（3k+4）x-6，（x≥0）…（10分）
对称轴x=-

-(3k+4)

4(1-k)

=-

3k+4

4(k-1)

，
当k＞1时，p（x）图象开口向下，-

3k+4

4(k-1)

＜0，
∴p（x）在（0，+∞）上单调递减，p（x）＜p（0）=-6＜0
∴h′（x）＜0，
∴h（x）在（0，+∞）上单调递减，h（x）=0不可能有两个不等实根．
当k=1时，p（x）=-7x-6＜0，
同理h′（x）＜0，
∴h（x）在（0，+∞）上单调递减，h（x）=0不可能有两个不等实根．
当0＜k＜1时，p（x）图象开口向上，
又p（0）=-6＜0，此时p（x）=0在（0，+∞）有且仅有一根，设为x₀．
对x∈（0，x₀），p（x）＜0，h'（x）＜0，h（x）在（0，x₀）上单调递减；
对x∈（x₀，+∞），p（x）＞0，h'（x）＞0，h（x）在（x₀，+∞）上单调递增；h（x）_min=h（x₀）=ln（x₀+

3

2

）+

2

x0

-klnx₀，
又p（1）=2（1-k）•1²-（3k+4）•1-6=-8-5k＜0，
∴x₀＞1，lnx₀＞0，
∴ln（x₀+

3

2

）＞lnx₀＞klnx₀（0＜k＜1），

2

x0

＞0，
∴h（x₀）＞0，
此时h（x）=0没有实数根．
综上所述，不存在正数k，使得关于x的方程f（x）=kg（x）有两个不相等的实根…（15分）

点评：本题考查利用导数研究函数的单调性，考查函数的零点与方程根的关系，突出分类讨论思想与方程思想的综合应用，考查抽象思维与逻辑思维能力，属于难题．