Question

已知函数f（x）=2lnx，g（x）=

1

2

ax²+3x．
（1）设直线x=1与曲线y=f（x）和y=g（x）分别相交于点P、Q，且曲线y=f（x）和y=g（x）在点P、Q处的切线平行，若方程

1

2

f（x²+1）+g（x）=3x+k有四个不同的实根，求实数k的取值范围；
（2）设函数F（x）满足F（x）+x[f′（x）-g′（x）]=-3x²-（a+6）x+1．其中f′（x），g′（x）分别是函数f（x）与g（x）的导函数；试问是否存在实数a，使得当x∈（0，1]时，F（x）取得最大值，若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析：（1）易求出P（1，0），曲线y=f（x）在点P处的切线斜率为f′（1）=2，同样地y=g（x）在点Q处的切线斜率为g′（1）=a+3=f′（1），所以a=-1．将方程

1

2

f（x²+1）+g（x）=3x+k化为ln（x²+1）-

1

2

x²=k．y₁=ln（x²+1）-

1

2

x²，利用导数工具得出其单调性，k的取值应使得y₁的图象与直线y=k有四个不同的交点．
（2）F（x）=（a-3）x²-（a+3）x-1．结合二次函数的性质求解．

解答：解：（1）f′（1）=2，且P（1，0），∴f（x）在P点处的切线方程为y=2（x-1），
即2x-y-2=0…（2分）
又g′（1）=a+3，∴a=-1．…（3分）
故g（x）=-

1

2

x²+3x，则方程

1

2

f（x²+1）+g（x）=3x+k可化为
ln（x²+1）-

1

2

x²=k．令y₁=ln（x²+1）-

1

2

x²，则y₁′=

2x

x2+1

-x=-

x(x-1)(x+1)

x2+1

令y₁′=0得x=-1，0，1．因此y₁′及y的变化情况如下表：

x	（-∞，-1）	-1	（-1，0）	0	（0，1）	1	（1，+∞）
y1′	+	0	-	0	+	0	-
y	单调递增	极大值ln2- 1 2	单调递减	极小值0	单调递增	极大值ln2 -1	单调递减

所以（y₁）_极大值=ln2-

1

2

，（y₁）_极小值=0．…（6分）
又∵方程有四个不同实数根，函数y=ln（x²+1）-

1

2

x²为偶函数，且当x²+1=e³（x=

e3-1

＞1）时，ln（x²+1）-

1

2

x²=3-

1

2

（e³-1）=

7

2

-

1

2

e³＜0=（y₁）_极小值，所以0＜k＜ln2-

1

2

．…（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当a=3时，F（x）=-6x-1在（0，1]上是减函数，可知F（x）取不到最大值．
②当a＜3时，F（x）的对称轴为x=

a+3

2(a-3)

，若x∈（0，1]时，F（x）取得最大值．则

a+3

2(a-3)

＞0解得a＜-3或a＞3，从而a＜-3．
③当a＞3时，若x∈（0，1]时，F（x）取得最大值，则

a+3

2(a-3)

＜

1

2

时，此时a∈∅．
综上所述，存在实数a∈（-∞，-3），使得当x∈（0，1]时，F（x）取得最大值．…（13分）

点评：本题考查函数单调性与导数的关系，函数最值求解，函数与方程，导数的几何意义，考查分类讨论、转化、数形结合、计算能力．是好题．