Question

3．已知函数f（x）=lnx+x²．
（1）求函数h（x）=f（x）-3x的极值；
（2）若函数g（x）=f（x）-ax在定义域内为增函数，求实数a的取值范围；
（3）设F（x）=2f（x）-3x²-kx（k∈R），若函数F（x）存在两个零点m，n（0＜m＜n），且x₀=$\frac{m+n}{2}$，问：函数F（x）在（x₀，F（x₀））处的切线能否平行于x轴？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）的导数，由导数大于0，可得增区间；导数小于0，可得减区间，进而得到极值；
（2）先将g（x）在（0，+∞）上递增，转化成g′（x）≥0对x∈（0，+∞）恒成立，最后根据二次函数的图象与性质可求出实数a的取值范围；
（3）对于能否问题，可先假设能，即设F（x）在（x₀，F（x₀））的切线平行于x轴，其中F（x）=2lnx-x²-kx结合题意，列出方程组，证得函数y=lnu-$\frac{2（u-1）}{u+1}$在（0，1）上单调递增，最后出现矛盾，说明假设不成立，即切线不能否平行于x轴．

解答 解：（1）由已知，$h'（x）=\frac{{2{x^2}-3x+1}}{x}$，
令$h'（x）=\frac{{2{x^2}-3x+1}}{x}$=0，得$x=\frac{1}{2}，或x=1$，
∴h（x）在$（{0，\frac{1}{2}}）$单调递增，在$（{\frac{1}{2}，1}）$单调递减，在（1，+∞）单调递增．
∴h（x）_极小值=h（1）=-2，$h{（x）_{极大值}}=h（\frac{1}{2}）=-\frac{5}{4}-ln2$；
（2）∵g（x）=f（x）-ax=lnx+x²-ax，
∴g'（x）=$\frac{1}{x}$+2x-a，定义域：（0，+∞），
∴m（x）=1+2x²-ax≥0在（0，+∞）成立．
1+2x²-ax的对称轴：x=$\frac{a}{4}$，
当a≤0时，只要最小值m'（0）=1＞0即可；
当a＞0时，m'（$\frac{a}{4}$）=$\frac{{a}^{2}}{8}$-$\frac{{a}^{2}}{4}$+1≥0则$\frac{{a}^{2}}{8}$≤1，
解得0＜a≤2$\sqrt{2}$，
综上a≤2$\sqrt{2}$；
（3）假设函数F（x）在（x₀，F（x₀））处的切线平行于x轴，
F（x）=2lnx-x²-kx，依题意，2lnm-m²-km=0；2lnn-n²-kn=0，
相减得2ln$\frac{m}{n}$-（m+n）（m-n）=k（m-n），
${F^/}（{x_0}）=\frac{2}{x_0}-2{x_0}-k=0$，∴$k=\frac{2}{x_0}-2{x_0}$，
又m+n=2x₀，$k=\frac{4}{m+n}-（m+n）$
所以ln$\frac{m}{n}$=$\frac{2（m-n）}{m+n}$=$\frac{2（\frac{m}{n}-1）}{\frac{m}{n}+1}$，
设u=$\frac{m}{n}$∈（0，1），y=lnu-$\frac{2（u-1）}{u+1}$（u∈（0，1）），
y′=$\frac{1}{u}$-$\frac{2（u+1）-2（u-1）}{（u+1）^{2}}$=$\frac{（u-1）^{2}}{u（u+1）^{2}}$＞0
设y=lnu-$\frac{2（u-1）}{u+1}$（u∈（0，1）），
所以函数y=lnu-$\frac{2（u-1）}{u+1}$在（0，1））上单调递增，
因此，当0＜u＜1时，y＜0，
即lnu-$\frac{2（u-1）}{u+1}$＜0  
也就是ln$\frac{m}{n}$＜$\frac{2（\frac{m}{n}-1）}{\frac{m}{n}+1}$，
所以ln$\frac{m}{n}$=$\frac{2（\frac{m}{n}-1）}{\frac{m}{n}+1}$无解．
所以F（x）在（x₀，F（x₀））处的切线不能平行于x轴．

点评 利用导数工具讨论函数的单调性，是求函数的值域和最值的常用方法，本题还考查了分类讨论思想在函数题中的应用，同学们在做题的同时，可以根据单调性，结合函数的草图来加深对题意的理解．