Question

已知函數(shù)f（x）=2lnx，g（x）=ax²+3x．
（1）設(shè)直線x=1與曲線y=f（x）和y=g（x）分別相交于點(diǎn)P、Q，且曲線y=f（x）和y=g（x）在點(diǎn)P、Q處的切線平行，若方程f（x²+1）+g（x）=3x+k有四個不同的實(shí)根，求實(shí)數(shù)k的取值范圍；
（2）設(shè)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(dǎo)函數(shù)；試問是否存在實(shí)數(shù)a，使得當(dāng)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

解：（1）f′（1）=2，且P（1，0），∴f（x）在P點(diǎn)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）=-x²+3x，則方程f（x²+1）+g（x）=3x+k可化為
ln（x²+1）-x²=k．令y₁=ln（x²+1）-x²，則y₁′=-x=-
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(diào)遞增	極大值ln2-	單調(diào)遞減	極小值0	單調(diào)遞增	極大值ln2 -1	單調(diào)遞減

所以（y₁）_極大值=ln2-，（y₁）_極小值=0．…（6分）
又∵方程有四個不同實(shí)數(shù)根，函數(shù)y=ln（x²+1）-x²為偶函數(shù)，且當(dāng)x²+1=e³（x=＞1）時，ln（x²+1）-x²=3-（e³-1）=-e³＜0=（y₁）_極小值，所以0＜k＜ln2-．…（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(dāng)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(dāng)a＜3時，F(xiàn)（x）的對稱軸為x=，若x∈（0，1]時，F(xiàn)（x）取得最大值．則＞0解得a＜-3或a＞3，從而a＜-3．
③當(dāng)a＞3時，若x∈（0，1]時，F(xiàn)（x）取得最大值，則＜時，此時a∈∅．
綜上所述，存在實(shí)數(shù)a∈（-∞，-3），使得當(dāng)x∈（0，1]時，F(xiàn)（x）取得最大值．…（13分）
分析：（1）易求出P（1，0），曲線y=f（x）在點(diǎn)P處的切線斜率為f′（1）=2，同樣地y=g（x）在點(diǎn)Q處的切線斜率為g′（1）=a+3=f′（1），所以a=-1．將方程f（x²+1）+g（x）=3x+k化為ln（x²+1）-x²=k．y₁=ln（x²+1）-x²，利用導(dǎo)數(shù)工具得出其單調(diào)性，k的取值應(yīng)使得y₁的圖象與直線y=k有四個不同的交點(diǎn)．
（2）F（x）=（a-3）x²-（a+3）x-1．結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)求解．
點(diǎn)評：本題考查函數(shù)單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系，函數(shù)最值求解，函數(shù)與方程，導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考查分類討論、轉(zhuǎn)化、數(shù)形結(jié)合、計(jì)算能力．是好題．