Question

8．已知函数f（x）=x³-3x²+2，g（x）=kx-2lnx+3（k＞-$\frac{1}{6}$）．
（Ⅰ）若过点P（a，-3）（a＞0）恰有两条直线与曲线y=f（x）相切，求a的值；
（Ⅱ）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 （Ⅰ）求导，求得切线的斜率，利用点斜式方程，求得切线方程，由方程2t³-3（a+1）t²+6at-5=0有两个解，令φ′（t）=0，求得t的值，分类讨论，根据函数的担心即可求得a的值；
（Ⅱ）根据函数定义，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：（Ⅰ）∵f（x）=x³-3x²+2，求导f′（x）=3x²-6x，
设切点为（t，f（t）），则该点处的切线方程为y-（t³-3t²+2）=（3t²-6t）（x-t），
又∵切线过点P（a，-3），则-3-（t³-3t²+2）=（3t²-6t）（a-t），
整理得，2t³-3（a+1）t²+6at-5=0，（*）
依题设，方程（*）恰有两个不同的解，
令φ（t）=2t³-3（a+1）t²+6at-5，则φ′（t）=6t²-6（a+1）t+6a=6（t-1）（t-a），
令φ′（t）=0，解得：t=1或t=a，
①当a=1时，φ′（t）≥0恒成立，φ（t）单调递增，至多只有一个零点，不合题设；
②当a≠1时，则1，a为φ（t）的极值点，若φ（t）=0恰有两个不同的解，
则φ（1）=0或φ（a）=0，又∵φ（a）=-a³+3a²-5，
φ（1）=3a-6，
∴a=2或-a³+3a²-5=0．
令r（a）=-a³+3a²-5，则r′（a）=-3a²+6a=-3a（a-2），
令r′（a）＞0，得0＜a＜2，
∴r（a）在（0，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减，
又∵r（2）=-1，
∴当a≥0且a≠1时，r（a）=0无解，
∴a=2，
∴a的值2；．
（Ⅱ）∵f（x）=x³-3x²+2=（x-1）（x²-2x-2），
∴当x＞0时，令f（x）=0．解得x₁=1，x₂=$\sqrt{3}$+1，
由（Ⅰ）知，f′（x）=3x²-6x=3x（x-2），
当0＜x＜2时，f′（x）＜0；当x＜0或x＞2时，f′（x）＞0，
∴f（x）在（2，+∞）上单调递增，在（0，2）上单调递减．
∴当x∈（0，1）∪（$\sqrt{3}$+1，+∞）时，f（x）＞0，当x∈（1，$\sqrt{3}$+1]时，f（x）＜0．
∵g（x）=kx-2lnx+3（k＞-$\frac{1}{6}$），求导，g′（x）=k-$\frac{2}{x}$，
∴当-$\frac{1}{6}$＜k≤0时，g′（x）＜0，g（x）在（0，+∞）上单调递减，
∵g（3）=3k-2ln3，3-2ln3=ln$\frac{{e}^{3}}{9}$＞$\frac{1}{2}$，k＞-$\frac{1}{6}$，
∴g（3）＞0．
∴当x∈（0，3）时，g（x）＞0，当x∈（3，+∞）时，g（x）＜0，
此时h（x）=min{f（x），g（x）}（x＞0），恰有三个零点．
当k＞0时，g′（x）=k-$\frac{2}{x}$=$\frac{kx-2}{x}$，令g′（x）＞0，解得x＞$\frac{2}{k}$，
∴g（x）在（0，$\frac{2}{k}$）上单调递减，在（$\frac{2}{k}$，+∞）上单调递增，
∴g（x）_min=g（$\frac{2}{k}$）=5-ln$\frac{2}{k}$，当k＞$\frac{2}{{e}^{\frac{5}{2}}}$时，g（$\frac{2}{k}$）＞0，此时不合题意；
当k=$\frac{2}{{e}^{\frac{5}{2}}}$时，g（x）恰有一个零点${e}^{\frac{5}{2}}$，此时符合题意；
当0＜k＜$\frac{2}{{e}^{\frac{5}{2}}}$时，$\frac{2}{k}$＞${e}^{\frac{5}{2}}$＞6，g（$\frac{2}{k}$）＜0，
又∵g（3）=3k-2ln3+3＞0，当x→+∞时，g（x）→+∞．
∴g（x）在（3，+∞）上有两个零点，此时h（x）在（0，+∞）上有4个零点，不合题设．
综上，k的取值范围是（-$\frac{1}{6}$，0）∪{$\frac{2}{{e}^{\frac{5}{2}}}$}．

点评 本题考查导数及其应用等基础知识，考查导数与函数单调性及最值得关系，考查抽象概括能力、推理能力与函数和方程思想、分类和整合思想，是一道综合题，属于难题．