Question

已知函数f（x）=lnx+x²．
（1）若函数g（x）=f（x）-ax在定义域内为增函数，求实数a的取值范围；
（2）在（1）的条件下，且a＞1，h（x）=e^3x-3ae^x，x∈[0，ln2]，求h（x）的极小值；
（3）设F（x）=2f（x）-3x²-k（k∈R），若函数F（x）存在两个零点m，n（0＜m＜n），且满足2x₀=m+n，问：函数F（x）在（x₀，F（x₀））处的切线能否平行于x轴？若能，求出该切线方程，若不能，请说明理由．

Answer 1

考点：利用导数研究曲线上某点切线方程,利用导数研究函数的单调性,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：计算题,分类讨论,导数的概念及应用,导数的综合应用

分析：（1）求出g（x）的导数，函数g（x）=f（x）-ax在定义域内为增函数即为g′（x）≥0，x＞0恒成立，运用分离参数，运用基本不等式求得函数的最小值即可；
（2）令e^x=t，则t∈[1，2]，则h（x）=H（t）=t³-3at，求出H′（t），由H′（t）=0，得t=

a

，讨论①若1＜t≤

a

，②若

a

＜t≤2，函数的单调性，即可得到极小值；
（3）即证是否存在x0=

m+n

2

，使F'（x₀）=0，因为x＞0时y=F'（x）单调递减，且F'（1）=0，所以即证是否存在x0=

m+n

2

使x₀=1．即证是否存在m，n使m=2-n．求F（x）的导数，求得单调区间，构造函数G（x）=F（x）-F（2-x），其中0＜x＜1，求出导数，求得单调性，运用单调性即可得证．

解答： 解：（1）g（x）=f（x）-ax=lnx+x²-ax，g′（x）=

1

x

+2x-a
由题意，知g′（x）≥0，x＞0恒成立，即a≤（2x+

1

x

）_min．
又x＞0，2x+

1

x

≥2

2

，当且仅当x=

2

2

时等号成立．
故（2x+

1

x

）_min=2

2

，所以a≤2

2

．
（2）由（Ⅰ）知，1＜a≤2

2

，令e^x=t，则t∈[1，2]，则h（x）=H（t）=t³-3at
H′（t）=3t²-3a=3（t-

a

）（t+

a

），由H′（t）=0，得t=

a

，
由于1＜a≤2

2

，则

a

∈[1，2

3

4

]，
①若1＜t≤

a

，则H′（t）＜0，H（t）单调递减；h（x）在（0，ln

a

]也单调递减；
②若

a

＜t≤2，则H′（t）＞0，H（t）单调递增．h（x）在[ln

a

，ln2]也单调递增；
故h（x）的极小值为h（ln

a

）=-2a

a

．
（3）即证是否存在x0=

m+n

2

，使F'（x₀）=0，
因为x＞0时y=F'（x）单调递减，且F'（1）=0，
所以即证是否存在x0=

m+n

2

使x₀=1．即证是否存在m，n使m=2-n．
证明：F（x）=2lnx-x²-k.F′(x)=

2

x

-2x=2×

-(x-1)(x+1)

x

x、F'（x）、F（x）的变化如下：

x	（0，1）	1	（1，+∞）
F'（x）	+	0	-
F（x）	↗		↘

即y=F（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减．
又F（m）=F（n）=0且0＜m＜n所以0＜m＜1＜n．                                    
构造函数G（x）=F（x）-F（2-x），其中0＜x＜1，
即G（x）=（2lnx-x²）-[2ln（2-x）-（2-x）²]=2lnx-2ln（2-x）-4x+4，
G′(x)=

2

x

+

2

2-x

-4=4×

(x-1)2

x(2-x)

≥0，当且仅当x=1时G'（x）=0，
故y=G（x）在（0，1）单调增，所以G（x）＜G（1）=0．       
所以0＜x＜1时，F（x）＜F（2-x）．又0＜m＜1＜n，
所以F（m）＜F（2-m），所以F（n）=F（m）＜F（2-m）．                       
因为n、2-m∈（1，+∞），所以根据y=F（x）的单调性知n＞2-m，即

m+n

2

＞1．
又F′(x)=

2

x

-2x在（0，+∞）单调递减，所以F′(x0)=F′(

m+n

2

)＜F′(1)=0．
即函数F（x）在（x₀，F（x₀））处的切线不能平行于x轴．

点评：本题考查导数的综合应用：求切线方程和极值、最值，考查分类讨论的思想方法，以及构造函数求导数，运用单调性解题，考查运算能力，属于中档题．