Question

4．已知函數(shù)f（x）=alnx-x，g（x）=x²-（1-a）x-（2-a）lnx，其中a∈R．
（1）若g（x）在其定義域內(nèi)為增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）若函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）的圖象交x軸于A，B兩點(diǎn)，AB中點(diǎn)橫坐標(biāo)為x₀，問：函數(shù)F（x）在點(diǎn)（x₀，F(xiàn)（x₀））處的切線能否平行于x軸？

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為$a≥5-[{2（x+1）+\frac{1}{x+1}}]$恒成立，求出a的范圍即可；
（2）設(shè)出A（m，0），B（n，0），0＜m＜n，得到關(guān)于m、n的方程組，得到$ln\frac{m}{n}=\frac{2（m-n）}{m+n}=\frac{{2（\frac{m}{n}-1）}}{{\frac{m}{n}+1}}\;\;\;（5）$，
設(shè)$t=\frac{m}{n}∈\;（0，1）$，（5）式變?yōu)?lnt-\frac{2（t-1）}{t+1}=0\;（t∈（0，1））$，設(shè)h（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，（t∈（0，1）），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性判斷即可．

解答 解：（1）$g'（x）=2x-（1-a）-\frac{2-a}{x}=\frac{{2{x^2}-（1-a）x-（2-a）}}{x}$，
∵g（x）在其定義域內(nèi)為增函數(shù)，x＞0，
∴若g'（x）≥0，在x＞0上恒成立，
則2x²-（1-a）x-（2-a）≥0恒成立，
∴$a≥5-[{2（x+1）+\frac{1}{x+1}}]$恒成立．
而當(dāng)x＞0時(shí)，$2（x+1）+\frac{1}{x+1}＞3$，
∴a∈[2，+∞）…（5分）
（2）設(shè)F（x）在（x₀，F(xiàn)（x₀））的切線平行于x軸，
其中F（x）=2lnx-x²-ax，
不妨設(shè)：A（m，0），B（n，0），0＜m＜n，
結(jié)合題意，
有$\left\{{\begin{array}{l}{2lnm-{m^2}-am=0\;\;\;\;\;（1）}\\{2lnn-{n^2}-an=0\;\;\;\;\;\;\;（2）}\\{m+n=2{x_0}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;（3）}\\{\frac{2}{x_0}-2{x_0}-a=0\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;（4）}\end{array}}\right.$，
（1）-（2）得$2ln\frac{m}{n}-（m+n）（m-n）=a（m-n）$，
所以$a=\frac{{2ln\frac{m}{n}}}{m-n}-2{x_0}$，
由（4）得$a=\frac{2}{x_0}-2{x_0}$，
所以$ln\frac{m}{n}=\frac{2（m-n）}{m+n}=\frac{{2（\frac{m}{n}-1）}}{{\frac{m}{n}+1}}\;\;\;（5）$，
設(shè)$t=\frac{m}{n}∈\;（0，1）$，
（5）式變?yōu)?lnt-\frac{2（t-1）}{t+1}=0\;（t∈（0，1））$，
設(shè)h（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，（t∈（0，1）），
h′（t）=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$＞0，
所以函數(shù)$h（t）=lnt-\frac{2（t-1）}{t+1}$在（0，1）上單調(diào)遞增，
因此，h（t）＜h（1）=0，
也就是$ln\frac{m}{n}＜\frac{{2（\frac{m}{n}-1）}}{{\frac{m}{n}+1}}$，此式與（5）矛盾．
所以F（x）在點(diǎn)（x₀，F(xiàn)（x₀））處的切線不能平行于x軸．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及切線方程問題，是一道綜合題．