Question

8．已知函數(shù)f（x）=x³-x+t，t≥0，g（x）=lnx．
（1）令h（x）=f（x）+g（x），求證：h（x）是增函數(shù)；
（2）直線l與函數(shù)f（x），g（x）的圖象都相切，對于確定的正實數(shù)t，討論直線l的條數(shù)，并說明理由．

Answer 1

分析 （1）利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合基本不等式即可得證；
（2）分別設(shè)出切點，再根導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線方程，構(gòu)造方程組，消元，再構(gòu)造函數(shù)F（x）=ln（3x²-1）-2x³，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)F（x）的極大值，再分類討論，得到方程組的解得個數(shù)，繼而得到切線的條數(shù)．

解答 解：（1）證明：由h（x）=f（x）+g（x）=x³-x+t+lnx，
得h' （x）=3x²-1+$\frac{1}{x}$，x＞0．
因為3x²+$\frac{1}{x}$=3x²+$\frac{1}{2x}$+$\frac{1}{2x}$≥3$\root{3}{3{x}^{2}•\frac{1}{2x}•\frac{1}{2x}}$=3$\root{3}{\frac{3}{4}}$＞1，
所以h' （x）＞0，
從而函數(shù)h（x）是增函數(shù)；                       
（2）記直線l分別切f（x），g（x）的圖象于點（x₁，x₁³-x₁+t），（x₂，lnx₂），
由f'（x）=3x²-1，得l的方程為y-（x₁³-x₁+t）=（3x₁²-1）（x-x₁），
即y=（3x₁²-1）x-2x₁³+t．
由g'（x）=$\frac{1}{x}$，得l的方程為y-lnx₂=$\frac{1}{{x}_{2}}$（x-x₂），即y=$\frac{1}{{x}_{2}}$•x+lnx₂-1．
所以$\left\{\begin{array}{l}{3{{x}_{1}}^{2}-1=\frac{1}{{x}_{2}}}\\{t-2{{x}_{1}}^{3}=ln{x}_{2}-1}\end{array}\right.$（*），
消去x₂得t+1+ln（3x₁²-1）-2x₁³=0   （**）．     
令F（x）=ln（3x²-1）-2x³，即有-t-1=F（x），
則F'（x）=$\frac{6x}{3{x}^{2}-1}$-6x²=$\frac{6x（1-3{x}^{3}+x）}{3{x}^{2}-1}$，x＞$\frac{\sqrt{3}}{3}$或x＜-$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
由F'（x）=0，解得x=0（舍去）或x=x₀，
由1-3+1＜0，1-3×$\frac{3\sqrt{3}}{27}$+$\frac{\sqrt{3}}{3}$＞0，且1+x-3x³＜0在x＞$\frac{\sqrt{3}}{3}$成立，
即有x₀∈（$\frac{\sqrt{3}}{3}$，1）．
當(dāng)x＜-$\frac{\sqrt{3}}{3}$時，F'（x）＜0，則F（x）遞減，F(xiàn)（x）＜0；
當(dāng)$\frac{\sqrt{3}}{3}$＜x＜x₀時，F'（x）＞0，當(dāng)x＞x₀時，F(xiàn)′（x）＜0．
所以F（x）在$\frac{\sqrt{3}}{3}$＜x＜x₀上單調(diào)遞增，在x＞x₀上單調(diào)遞減，
從而F（x）_極大值=F（x₀）=-lnx₀-2x₀³，設(shè)為m，
當(dāng)m＜-1-t＜0時，即0＜t＜m-1方程（**）有一解，從而方程組（*）有唯一一組解，
即存在唯一一條滿足題意的直線；               
當(dāng)-1-t＜m，即t＞m-1時，方程（**）有三解，從而方程組（*）有三組解，
即存在三條滿足題意的直線．

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性質(zhì)以及最值的關(guān)系，以及導(dǎo)數(shù)的幾何意義方程組的解得個數(shù)問題，考查了學(xué)生得轉(zhuǎn)化能力，運算能力，屬于中檔題．