Question

7．已知函数f（x）=ln（x+$\frac{3}{2}$）+$\frac{2}{x}$．
（1）求函数f（x）的极值．
（2）是否存在正数k，使得关于x的方程f（x）=k1nx有两个不相等的实根？如果存在，求k的取值范围；如果不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）依题意，求出函数的导数，令f′（x）=0可解得：x=-1或3，列出x，f（x），f′（x）随x变化情况表，即可得到函数f（x）的单调区间；
（2）由h（x）=f（x）-klnx，求出函数的导数，取p（x）=2（1-k）x²-（3k+4）x-6，（x≥0），通过对k的取值情况的讨论，可判断h（x）=0的根的情况，从而可得答案．

解答 解：（1）f（x）=ln（x+$\frac{3}{2}$）+$\frac{2}{x}$（x＞-$\frac{3}{2}$，且x≠0），
f′（x）=$\frac{1}{x+\frac{3}{2}}$-$\frac{2}{{x}^{2}}$=$\frac{2}{2x+3}$-$\frac{2}{{x}^{2}}$，令f′（x）=0，解得：x=-1或3．
x，f（x），f′（x）随x变化情况如下表：

x	（-$\frac{3}{2}$，-1）	-1	（-1，0）	（0，3）	3	（3，+∞）
f′（x）	+	0	-	-	0	+
f（x）	↗	-2-ln2	↘	↘	2ln3-ln2+$\frac{2}{3}$	↗

∴f（x）的单调递增区间是（-$\frac{3}{2}$，-1）和（3，+∞），单调递减区间是（-1，0）和（0，3），
f（x）极大值=f（-1）=-2-ln2，f（x）极小值=f（3）=2ln3-ln2+$\frac{2}{3}$；
（2）h（x）=ln（x+$\frac{3}{2}$）+$\frac{2}{x}$-klnx，（x＞0），
∴h′（x）=$\frac{2（1-k{）x}^{2}-（3k+4）x-6}{{x}^{2}（2x+3）}$，
取p（x）=2（1-k）x²-（3k+4）x-6，（x≥0）…（10分）
对称轴x=-$\frac{3k+4}{4（k-1）}$，
当k＞1时，p（x）图象开口向下，-$\frac{3k+4}{4（k-1）}$＜0，
∴p（x）在（0，+∞）上单调递减，p（x）＜p（0）=-6＜0
∴h′（x）＜0，
∴h（x）在（0，+∞）上单调递减，h（x）=0不可能有两个不等实根．
当k=1时，p（x）=-7x-6＜0，
同理h′（x）＜0，
∴h（x）在（0，+∞）上单调递减，h（x）=0不可能有两个不等实根．
当0＜k＜1时，p（x）图象开口向上，
又p（0）=-6＜0，此时p（x）=0在（0，+∞）有且仅有一根，设为x₀．
对x∈（0，x₀），p（x）＜0，h'（x）＜0，h（x）在（0，x₀）上单调递减；
对x∈（x₀，+∞），p（x）＞0，h'（x）＞0，h（x）在（x₀，+∞）上单调递增；
h（x）_min=h（x₀）=ln（x₀+$\frac{3}{2}$）+$\frac{2}{{x}_{0}}$-klnx₀，
又p（1）=2（1-k）•1²-（3k+4）•1-6=-8-5k＜0，
∴x₀＞1，lnx₀＞0，
∴ln（x₀+$\frac{3}{2}$）＞lnx₀＞klnx₀（0＜k＜1），$\frac{2}{{x}_{0}}$＞0，
∴h（x₀）＞0，此时h（x）=0没有实数根，
综上所述，不存在正数k，使得关于x的方程f（x）=kg（x）有两个不相等的实根．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查函数的零点与方程根的关系，突出分类讨论思想与方程思想的综合应用，考查抽象思维与逻辑思维能力，属于难题．