Question

已知函數f（x）=lnx+x²．
（Ⅰ）若函數g（x）=f（x）-ax在其定義域內為增函數，求實數a的取值范圍；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的條件下，若a＞1，h（x）=e^3x-3ae^xx∈[0，ln2]，求h（x）的極小值；
（Ⅲ）設F（x）=2f（x）-3x²-kx（k∈R），若函數F（x）存在兩個零點m，n（0＜m＜n），且2x₀=m+n．問：函數F（x）在點（x₀，F（x₀））處的切線能否平行于x軸？若能，求出該切線方程；若不能，請說明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）先根據題意寫出：g（x）再求導數，由題意知，g′（x）≥0，x∈（0，+∞）恒成立，即a≤(2x+

1

x

)min由此即可求得實數a的取值范圍；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知1＜a≤2

2

，利用換元法令t=e^x，則t∈[1，2]，則h（t）=t³-3at，接下來利用導數研究此函數的單調性，從而得出h（x）的極小值；
（Ⅲ）對于能否問題，可先假設能，即設F（x）在（x₀，F（x₀））的切線平行于x軸，其中F（x）=2lnx-x²-kx結合題意，列出方程組，證得函數y=lnu-

2(u-1)

u+1

在（0，1）上單調遞增，最后出現矛盾，說明假設不成立，即切線不能否平行于x軸．

解答：解：（Ⅰ）g（x）=f（x）-ax=lnx+x²-ax，g′(x)=

1

x

+2x-a
由題意知，g′（x）≥0，對任意的x∈（0，+∞）恒成立，即a≤(2x+

1

x

)min
又∵x＞0，2x+

1

x

≥2

2

，當且僅當x=

2

2

時等號成立
∴(2x+

1

x

)min=2

2

，可得a≤2

2

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，1＜a≤2

2

，令t=e^x，則t∈[1，2]，則
h（t）=t³-3at，h′(t)=3t2-3a=3(t+

a

)(t-

a

)
由h′（t）=0，得t=

a

或t=-

a

（舍去），
∵1＜a≤2

2

，∴

a

∈(1，

4	8

]
若1＜t≤

a

，則h′（t）＜0，h（t）單調遞減；若

a

＜t≤2，則h′（t）＞0，h（t）單調遞增
∴當t=

a

時，h（t）取得極小值，極小值為h(

a

)=a

a

-3a

a

=-2a

a

（Ⅲ）設F（x）在（x₀，F（x₀））的切線平行于x軸，其中F（x）=2lnx-x²-kx
結合題意，有

2lnm-m2-km=0① 2lnn-n2-kn=0② m+n=2x0③ 2 x0 -2x0-k=0④

①-②得2ln

m

n

-(m+n)(m-n)=k(m-n)
所以k=

2ln m n

m-n

-2x0，由④得k=

2

x0

-2x0
所以ln

m

n

=

2(m-n)

m+n

=

2( m n -1)

m n +1

⑤
設u=

m

n

∈(0，1)，⑤式變?yōu)?span id="7zl77bz" class="MathJye">lnu-

2(u-1)

u+1

=0(u∈(0，1))
設y=lnu-

2(u-1)

u+1

(u∈(0，1))，y′=

1

u

-

2(u+1)-2(u-1)

(u+1)2

=

(u+1)2-4u

u(u+1)2

=

(u-1)2

u(u+1)2

＞0
所以函數y=lnu-

2(u-1)

u+1

在（0，1）上單調遞增，
因此，y＜y|_u=1=0，即lnu-

2(u-1)

u+1

＜0，也就是ln

m

n

＜

2( m n -1)

m n +1

此式與⑤矛盾
所以F（x）在（x₀，F（x₀））的切線不能平行于x軸

點評：此題是個難題．本題主要考查用導數法研究函數的單調性，基本思路是：當函數為增函數時，導數大于等于零；當函數為減函數時，導數小于等于零，根據解題要求選擇是否分離變量，體現了轉化的思想和分類討論以及數形結合的思想方法，同時考查了學生的靈活應用知識分析解決問題的能力和計算能力．