Question

4．設(shè)函數(shù)f（x）=（x-a）²（a∈R），g（x）=lnx，
（I）試求曲線F（x））=f（x）+g（x）在點（1，F(xiàn)（1））處的切線l與曲線F（x）的公共點個數(shù)；
（II）若函數(shù)G（x）=f（x）．g（x）有兩個極值點，求實數(shù)a的取值范圍．
（附：當(dāng)a＜0，x趨近于0時，2lnx-$\frac{a}{x}$趨向于+∞）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，計算F（1），F(xiàn)′（1），求出切線方程，聯(lián)立方程組得到得x²-3x+lnx+2=0，設(shè)h（x）=x²-3x+lnx+2，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性判斷即可；
（Ⅱ）設(shè)r（x）=2lnx+1-$\frac{a}{x}$，通過討論a的范圍，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性確定a的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）∵F（1）=（1-a）²，F(xiàn)′（x）=2（x-a）+$\frac{1}{x}$，
切線l的斜率是F′（1）=3-2a，
故切線方程是y-（1-a）²=（3-2a）（x-1），
即y=（3-2a）x+a²-2，
聯(lián)立y=F（x）=（x-a）²+lnx，
得x²-3x+lnx+2=0，
設(shè)h（x）=x²-3x+lnx+2，
則h′（x）=$\frac{（2x-1）（x-1）}{x}$，
由h′（x）＞0以及x＞0，得0＜x＜$\frac{1}{2}$或x＞1，
故h（x）在（0，$\frac{1}{2}$）和（1，+∞）遞增，
故h（x）在（$\frac{1}{2}$，1）遞減，
又h（1）=0，h（$\frac{1}{{e}^{2}}$）=$\frac{1}{{e}^{4}}$-$\frac{3}{{e}^{2}}$＜0，
故存在x₀∈（0，$\frac{1}{2}$），h（x₀）=0，
故方程x²-3x+lnx+2=0有2個根：1和x₀，
從而切線l和曲線F（x）有2個公共點；
（Ⅱ）由題意得G（x）=（x-a）（2lnx+1-$\frac{a}{x}$）=0在（0，+∞）至少有2個不同的根，
設(shè)r（x）=2lnx+1-$\frac{a}{x}$，
①a＞0時，x₁=a是G′（x）=0的根，
由y=2lnx+1與y=$\frac{a}{x}$（a＞0）恰有1個公共點，
可知2lnx+1-$\frac{a}{x}$=0恰有1根x₂，
由x₂=x₁=a得a=1，不合題意，
故a＞0且a≠1時，檢驗可知x₁=a和x₂是G（x）的2個極值點；
②a=0時，G′（x）=x（2lnx+1）=0在（0，+∞）僅1根，故a=0不合題意；
③a＜0時，需r（x）=2lnx+1-$\frac{a}{x}$=0在（0，+∞）至少有2個不同的實根，
由r′（x）=$\frac{2}{x}$+$\frac{a}{{x}^{2}}$＞0，得x＞-$\frac{a}{2}$，故r（x）在（-$\frac{a}{2}$，+∞）遞增，
故r（x）在（0，-$\frac{a}{2}$）遞減，∵a＜0，x→0時，r（x）→+∞，
且x＞1時，r（x）＞0，
由題意得，需r（x）_min＜0，即r（-$\frac{a}{2}$）=2ln（-$\frac{a}{2}$）+3＜0，解得：a＞-2${e}^{-\frac{3}{2}}$，
故-2${e}^{-\frac{3}{2}}$＜a＜0，
綜上，a∈（-2${e}^{-\frac{3}{2}}$，0）∪（0，1）∪（1，+∞）．

點評 本題考查了切線方程問題，考查函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．