Question

20．已知函数$f（x）=2x+\frac{1}{x^2}$，直线l：y=kx-1．
（Ⅰ）求函数f（x）的极值；
（Ⅱ）求证：对于任意k∈R，直线l都不是曲线y=f（x）的切线；
（Ⅲ）试确定曲线y=f（x）与直线l的交点个数，并说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数f（x）定义域，求导，令f′（x）=0，解得x=1．利用导函数的符号，判断函数的单调性，求出函数的极值，
（Ⅱ）假设存在某个k∈R，使得直线l与曲线y=f（x）相切，设切点为$A（{x_0}，2{x_0}+\frac{1}{{{x_0}^2}}\;）$，求出切线满足斜率，推出$\frac{3}{{{x_0}^2}}\;=-1$，此方程显然无解，假设不成立．推出直线l都不是曲线y=f（x）的切线．
（Ⅲ）“曲线y=f（x）与直线l的交点个数”等价于“方程$2x+\frac{1}{x^2}=kx-1$的根的个数”．令$t=\frac{1}{x}$，则k=t³+t+2，其中t∈R，且t≠0．函数h（t）=t³+t+2，其中t∈R，求出导数，判断函数的单调性，然后推出曲线y=f（x）与直线l交点个数．

解答 （本小题满分13分）
（Ⅰ）解：函数f（x）定义域为{x|x≠0}，…（1分）
求导，得$f'（x）\;=2-\frac{2}{x^3}$，…（2分）
令f′（x）=0，解得x=1．
当x变化时，f′（x）与f（x）的变化情况如下表所示：

x	（-∞，0）	（0，1）	1	（1，+∞）
f′（x）	+	-	0	+
f（x）	↗	↘		↗

所以函数y=f（x）的单调增区间为（-∞，0），（1，+∞），单调减区间为（0，1），…（3分）
所以函数y=f（x）有极小值f（1）=3，无极大值．              …（4分）
（Ⅱ）证明：假设存在某个k∈R，使得直线l与曲线y=f（x）相切，…（5分）
设切点为$A（{x_0}，2{x_0}+\frac{1}{{{x_0}^2}}\;）$，又因为$f'（x）\;=2-\frac{2}{x^3}$，
所以切线满足斜率$k=2-\frac{2}{{{x_0}^3}}$，且过点A，
所以$2{x_0}+\frac{1}{{{x_0}^2}}\;=（2-\frac{2}{{{x_0}^3}}）{x_0}-1$，…（7分）
即$\frac{3}{{{x_0}^2}}\;=-1$，此方程显然无解，
所以假设不成立．
所以对于任意k∈R，直线l都不是曲线y=f（x）的切线．…（8分）
（Ⅲ）解：“曲线y=f（x）与直线l的交点个数”等价于“方程$2x+\frac{1}{x^2}=kx-1$的根的个数”．
由方程$2x+\frac{1}{x^2}=kx-1$，得$k=\frac{1}{x^3}+\frac{1}{x}+2$．…（9分）
令$t=\frac{1}{x}$，则k=t³+t+2，其中t∈R，且t≠0．
考察函数h（t）=t³+t+2，其中t∈R，
因为h′（t）=3t²+1＞0时，
所以函数h（t）在R单调递增，且h（t）∈R．…（11分）
而方程k=t³+t+2中，t∈R，且t≠0．
所以当k=h（0）=2时，方程k=t³+t+2无根；当k≠2时，方程k=t³+t+2有且仅有一根，
故当k=2时，曲线y=f（x）与直线l没有交点，
而当k≠2时，曲线y=f（x）与直线l有且仅有一个交点．…（13分）

点评 本题考查函数的导数的综合应用，函数的极值以及函数的单调性，函数的零点，考查转化思想以及计算能力．