Question

2．已知函數(shù)f（x）=2x³-3x²+1，g（x）=kx+1-lnx．
（1）若過點P（a，-4）恰有兩條直線與曲線y=f（x）相切，求a的值；
（2）用min{p，q}表示p，q中的最小值，設函數(shù)h（x）=min{f（x），g（x）}（x＞0），若h（x）恰有三個零點，求實數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求導，利用導數(shù)求得f（x）在Q的切線方程，構造輔助函數(shù)，利用導數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關系，分類討論即可求得a的值；
（2）根據(jù)函數(shù)定義，求h（x），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性及函數(shù)零點的判斷，采用分類討論法，求得函數(shù)h（x）零點的個數(shù)，即可求得h（x）恰有三個零點時，實數(shù)k的取值范圍．

解答 解：（1）設切點Q（t，f（t）），由直線f（x）=2x³-3x²+1，求導，f′（x）=6x²-6x，
則f（x）在Q點的切線的斜率k=6t²-6t，
則切線方程為y-f（t）=（6t²-6t）（x-t），
由切線過點P（a，-4），則-4-f（t）=（6t²-6t）（a-t），
整理得：4t³-（3+6a）t²+6at-5=0，
又由曲線恰有兩條切線，即方程恰有兩個不同的解，
令H（t）=4t³-（3+6a）t²+6at-5，求導H′（t）=12t²-6（1+2a）t+6a，
令H′（t）=0，解得：t=$\frac{1}{2}$，t=a，
當a=$\frac{1}{2}$時，H′（t）≥0，函數(shù)H（t）在R上單調(diào)遞增，沒有兩個零點，不符合題意，
當a＞$\frac{1}{2}$時，且t∈（-∞，$\frac{1}{2}$）∪（a，+∞）時，H′（t）＞0，
當t∈（$\frac{1}{2}$，a）時，H′（t）＜0，
∴H（t）在（-∞，$\frac{1}{2}$），（a，+∞）單調(diào)遞增，在（$\frac{1}{2}$，a）單調(diào)遞減；
要使H（t）在R上有兩個零點，則$\left\{\begin{array}{l}{H（\frac{1}{2}）=0}\\{H（a）＜a}\end{array}\right.$，或$\left\{\begin{array}{l}{H（\frac{1}{2}）＞0}\\{H（a）=0}\end{array}\right.$，
由H（$\frac{1}{2}$）=$\frac{1}{2}$-$\frac{3}{4}$-$\frac{3}{2}$a+3a-5=$\frac{3}{2}$（a-$\frac{7}{2}$），
H（a）=4a³-（3+6a）a²+6a²-5=-（a+1）（2a²-5a+5），
=-（a+1）[2（a-$\frac{5}{4}$）²+$\frac{15}{8}$]，
∴$\left\{\begin{array}{l}{a-\frac{7}{2}=0}\\{a+1＞0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{a-\frac{7}{2}＞0}\\{a+1=0}\end{array}\right.$，
則a=$\frac{7}{2}$，
當a＜$\frac{1}{2}$時，同理可知：$\left\{\begin{array}{l}{a+1=0}\\{a-\frac{7}{2}＜0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{a+1＜0}\\{a-\frac{7}{2}=0}\end{array}\right.$，則a=-1，
綜上可知：a=-1或a=$\frac{7}{2}$；
（2）f（x）=2x³-3x²+1=（x-1）²（2x+1），
∴f（x）在（0，+∞）上只有一個零點x=1，
g′（x）=k-$\frac{1}{x}$，
當k≤0時，g′（x）＜0，則g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
g（x）在（0，+∞）上至多只有一個零點，
故k≤0不符合題意；
當k＞0，g′（x）=k-$\frac{1}{x}$=0，解得：x=$\frac{1}{k}$，
∴當x∈（0，$\frac{1}{k}$）時，g′（x）＜0，當x∈（$\frac{1}{k}$，+∞）時，g′（x）＞0，
∴g（x）在（0，$\frac{1}{k}$）上單調(diào)遞減，在（$\frac{1}{k}$，+∞）上單調(diào)遞增；
∴g（x）有最小值g（$\frac{1}{k}$）=2+lnk，
①當k=$\frac{1}{{e}^{2}}$時，g（$\frac{1}{k}$）=0，g（x）只有一個零點，不滿足題意；
②當k＞$\frac{1}{{e}^{2}}$時，g（$\frac{1}{k}$）＞0，g（x）在（0，+∞）上無零點，不滿足題意；
③當＜k＜$\frac{1}{{e}^{2}}$時，g（$\frac{1}{k}$）＜0，
由g（$\frac{1}{k}$）•g（1）=（2+lnk）（k+1）＜0，
∴g（x）在（1，$\frac{1}{k}$）上有一個零點，設為x₁，
若g（$\frac{1}{k}$）•g（${e}^{\frac{1}{k}}$）＜0，
g（x）在（$\frac{1}{k}$，+∞）上有一個零點，設為x₂，
易證${e}^{\frac{1}{k}}$＞$\frac{1}{k}$（$\frac{1}{k}$＞e²），
下面證明：g（${e}^{\frac{1}{k}}$）＞0，
令F（x）=e^x-x²，（x＞2），
求導F′（x）=e^x-2x，F(xiàn)′′（x）=e^x-2＞e²-2＞0，
∴F（x）在（2，+∞）上單調(diào)遞增；
∴F（x）＞F（2）=e²-4＞0，
∴e²-x²＞0，即e²＞x²，（x＞2），
現(xiàn)在去x=${e}^{\frac{1}{k}}$，由0＜k＜e^-2，
∴x＞e²＞2，
則g（${e}^{\frac{1}{k}}$）=k•${e}^{\frac{1}{k}}$+1-ln${e}^{\frac{1}{k}}$，
=k•${e}^{\frac{1}{k}}$+1-$\frac{1}{k}$，
由$\frac{1}{k}$＞e²＞2，則${e}^{\frac{1}{k}}$＞$\frac{1}{{k}^{2}}$，
∴g（${e}^{\frac{1}{k}}$）＞k•$\frac{1}{{k}^{2}}$+1-$\frac{1}{k}$=1＞0，
∴g（x₁）=g（x₂）=0
∴由g（1）=k+1＞0，f（x₁）＞0，f（x₂）＞0，
故h（1）＞f（1）=0，h（x₁）=g（x₁）=0，h（x₂）=g（x₂）=0，
故h（x）有三個零點，
綜上可知：滿足題意的k的取值范圍為（0，$\frac{1}{{e}^{2}}$）．

點評 本題考查導數(shù)及其應用等基礎知識，考查抽象概括能力、推理能力句函數(shù)和方程思想、分類和整合思想，是一道綜合題，屬于難題．