分析 (1)求導(dǎo),利用導(dǎo)數(shù)求得f(x)在Q的切線方程,構(gòu)造輔助函數(shù),利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)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(diǎn)的判斷,采用分類討論法,求得函數(shù)h(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù),即可求得h(x)恰有三個(gè)零點(diǎn)時(shí),實(shí)數(shù)k的取值范圍.
解答 解:(1)設(shè)切點(diǎn)Q(t,f(t)),由直線f(x)=2x3-3x2+1,求導(dǎo),f′(x)=6x2-6x,
則f(x)在Q點(diǎn)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(diǎn)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(gè)不同的解,
令H(t)=4t3-(3+6a)t2+6at-5,求導(dǎo)H′(t)=12t2-6(1+2a)t+6a,
令H′(t)=0,解得:t=$\frac{1}{2}$,t=a,
當(dāng)a=$\frac{1}{2}$時(shí),H′(t)≥0,函數(shù)H(t)在R上單調(diào)遞增,沒有兩個(gè)零點(diǎn),不符合題意,
當(dāng)a>$\frac{1}{2}$時(shí),且t∈(-∞,$\frac{1}{2}$)∪(a,+∞)時(shí),H′(t)>0,
當(dāng)t∈($\frac{1}{2}$,a)時(shí),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(gè)零點(diǎn),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(dāng)a<$\frac{1}{2}$時(shí),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(gè)零點(diǎn)x=1,
g′(x)=k-$\frac{1}{x}$,
當(dāng)k≤0時(shí),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(gè)零點(diǎn),
故k≤0不符合題意;
當(dāng)k>0,g′(x)=k-$\frac{1}{x}$=0,解得:x=$\frac{1}{k}$,
∴當(dāng)x∈(0,$\frac{1}{k}$)時(shí),g′(x)<0,當(dāng)x∈($\frac{1}{k}$,+∞)時(shí),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(dāng)k=$\frac{1}{{e}^{2}}$時(shí),g($\frac{1}{k}$)=0,g(x)只有一個(gè)零點(diǎn),不滿足題意;
②當(dāng)k>$\frac{1}{{e}^{2}}$時(shí),g($\frac{1}{k}$)>0,g(x)在(0,+∞)上無零點(diǎn),不滿足題意;
③當(dāng)<k<$\frac{1}{{e}^{2}}$時(shí),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(gè)零點(diǎn),設(shè)為x1,
若g($\frac{1}{k}$)•g(${e}^{\frac{1}{k}}$)<0,
g(x)在($\frac{1}{k}$,+∞)上有一個(gè)零點(diǎn),設(shè)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)=ex-x2,(x>2),
求導(dǎo)F′(x)=ex-2x,F(xiàn)′′(x)=ex-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(gè)零點(diǎn),
綜上可知:滿足題意的k的取值范圍為(0,$\frac{1}{{e}^{2}}$).
點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用等基礎(chǔ)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.
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A. | {-2}∪[2,+∞) | B. | (-∞,-2)∪[2,+∞) | C. | [2,+∞) | D. | {0}∪[2,+∞) |
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A. | (-2$\sqrt{2}$,+∞) | B. | (-2$\sqrt{2}$,2$\sqrt{2}$) | C. | (-2$\sqrt{2}$,1]∪[2$\sqrt{2}$,+∞) | D. | (-∞,2$\sqrt{2}$) |
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A. | (-1,1) | B. | (-1,1] | C. | [1,2) | D. | [1,2] |
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A. | 若?x≥0,有f(x)<0成立,則a<$\frac{1}{2}$ | B. | 若?x<0,f(x)≥0,則a<$\frac{1}{2}$ | ||
C. | 若?x≥0,都有f(x)<0成立,則a<$\frac{1}{2}$ | D. | 若?x<0,有f(x)<0成立,則a<$\frac{1}{2}$ |
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