Question

已知函數(shù)f（x）=2lnx，g（x）=

1

2

ax²+3x．
（1）設直線x=1與曲線y=f（x）和y=g（x）分別相交于點P、Q，且曲線y=f（x）和y=g（x）在點P、Q處的切線平行，若方程

1

2

f（x²+1）+g（x）=3x+k有四個不同的實根，求實數(shù)k的取值范圍；
（2）設函數(shù)F（x）滿足F（x）+x[f′（x）-g′（x）]=-3x²-（a+6）x+1．其中f′（x），g′（x）分別是函數(shù)f（x）與g（x）的導函數(shù)；試問是否存在實數(shù)a，使得當x∈（0，1]時，F(xiàn)（x）取得最大值，若存在，求出a的取值范圍；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析：（1）易求出P（1，0），曲線y=f（x）在點P處的切線斜率為f′（1）=2，同樣地y=g（x）在點Q處的切線斜率為g′（1）=a+3=f′（1），所以a=-1．將方程

1

2

f（x²+1）+g（x）=3x+k化為ln（x²+1）-

1

2

x²=k．y₁=ln（x²+1）-

1

2

x²，利用導數(shù)工具得出其單調性，k的取值應使得y₁的圖象與直線y=k有四個不同的交點．
（2）F（x）=（a-3）x²-（a+3）x-1．結合二次函數(shù)的性質求解．

解答：解：（1）f′（1）=2，且P（1，0），∴f（x）在P點處的切線方程為y=2（x-1），
即2x-y-2=0…（2分）
又g′（1）=a+3，∴a=-1．…（3分）
故g（x）=-

1

2

x²+3x，則方程

1

2

f（x²+1）+g（x）=3x+k可化為
ln（x²+1）-

1

2

x²=k．令y₁=ln（x²+1）-

1

2

x²，則y₁′=

2x

x2+1

-x=-

x(x-1)(x+1)

x2+1

令y₁′=0得x=-1，0，1．因此y₁′及y的變化情況如下表：

x	（-∞，-1）	-1	（-1，0）	0	（0，1）	1	（1，+∞）
y1′	+	0	-	0	+	0	-
y	單調遞增	極大值ln2- 1 2	單調遞減	極小值0	單調遞增	極大值ln2 -1	單調遞減

所以（y₁）_極大值=ln2-

1

2

，（y₁）_極小值=0．…（6分）
又∵方程有四個不同實數(shù)根，函數(shù)y=ln（x²+1）-

1

2

x²為偶函數(shù)，且當x²+1=e³（x=

e3-1

＞1）時，ln（x²+1）-

1

2

x²=3-

1

2

（e³-1）=

7

2

-

1

2

e³＜0=（y₁）_極小值，所以0＜k＜ln2-

1

2

．…（8分）
（2）∵F（x）+x[f′（x）-g′（x）]=-3x²-（a+6）x+1．
∴F（x）=（a-3）x²-（a+3）x-1．…（9分）
①當a=3時，F(xiàn)（x）=-6x-1在（0，1]上是減函數(shù)，可知F（x）取不到最大值．
②當a＜3時，F(xiàn)（x）的對稱軸為x=

a+3

2(a-3)

，若x∈（0，1]時，F(xiàn)（x）取得最大值．則

a+3

2(a-3)

＞0解得a＜-3或a＞3，從而a＜-3．
③當a＞3時，若x∈（0，1]時，F(xiàn)（x）取得最大值，則

a+3

2(a-3)

＜

1

2

時，此時a∈∅．
綜上所述，存在實數(shù)a∈（-∞，-3），使得當x∈（0，1]時，F(xiàn)（x）取得最大值．…（13分）

點評：本題考查函數(shù)單調性與導數(shù)的關系，函數(shù)最值求解，函數(shù)與方程，導數(shù)的幾何意義，考查分類討論、轉化、數(shù)形結合、計算能力．是好題．