Question

15．已知f（x）=2lnx-$\frac{1}{3}{x^2}$+kx．
（1）當(dāng)k=$\frac{2}{3}$時(shí)，求函數(shù)y=f（x）的圖象在x=1處的切線方程；
（2）討論g（x）=f（x）+$\frac{4}{3}{x^2}$的單調(diào)性；
（3）若函數(shù)h（x）=xf（x）在定義域內(nèi)單調(diào)遞減，k∈Z，求k的最大值．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求出斜率與切點(diǎn)坐標(biāo)，然后求解切線方程．
（2）求出函數(shù)的定義域，求出導(dǎo)數(shù)，通過(guò)當(dāng)k≥0時(shí)，①當(dāng)-4≤k＜0時(shí)，②當(dāng)k＜-4時(shí)，判斷導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．
（3）推出$h（x）=2xlnx-\frac{1}{3}{x^3}+k{x^2}$，求解定義域與導(dǎo)數(shù)，利用h（x）在定義域內(nèi)單調(diào)減，得到$2k≤\frac{{{x^2}-2lnx-2}}{x}$在（0，+∞）恒成立，構(gòu)造$s（x）=\frac{{{x^2}-2lnx-2}}{x}=x-\frac{2lnx}{x}-\frac{2}{x}$，求出導(dǎo)函數(shù)，記t（x）=x²+2lnx，判斷導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)，利用所以存在唯一的${x_0}∈（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，1）$，求出s（x）取得極小值，且是最小值．然后求解k的最大值．

解答 解：（1）$f（x）=2lnx-\frac{1}{3}{x^2}+\frac{2}{3}x$，則$f'（x）=\frac{2}{x}-\frac{2}{3}x+\frac{2}{3}$，…（1分）
則f′（1）=2，又$f（1）=\frac{1}{3}$，
所以函數(shù)y=f（x）的圖象在x=1處的切線方程為$y-\frac{1}{3}=2（x-1）$，
即$y=2x-\frac{5}{3}$．                                  …（3分）
（2）g（x）=2lnx+x²+kx，定義域?yàn)椋?，+∞），…（4分）
則$g'（x）=\frac{2}{x}+2x+k=\frac{{2{x^2}+kx+2}}{x}$，
當(dāng)k≥0時(shí)，顯然g′（x）＞0恒成立，此時(shí)g（x）在（0，+∞）單調(diào)增；    …（6分）
當(dāng)k＜0時(shí)，2x²+kx+2=0（*），△=k²-16，
①當(dāng)-4≤k＜0時(shí)，g′（x）≥0恒成立，此時(shí)g（x）在（0，+∞）單調(diào)增；   …（7分）
②當(dāng)k＜-4時(shí)，方程（*）有兩個(gè)不等的實(shí)數(shù)根${x_1}=\frac{{-k+\sqrt{{k^2}-16}}}{4}＞{x_2}=\frac{{-k-\sqrt{{k^2}-16}}}{4}＞0$
所以g（x）在（0，x₂）上單調(diào)增，在（x₂，x₁）上單調(diào)減，在（x₁，+∞）上單調(diào)增，
綜上，當(dāng)k≥-4時(shí)，g（x）在（0，+∞）單調(diào)增；
當(dāng)k＜-4時(shí)，g（x）在（0，x₂）上單調(diào)增，在（x₂，x₁）上單調(diào)減，在（x₁，+∞）上單調(diào)增．
…（9分）
（3）$h（x）=2xlnx-\frac{1}{3}{x^3}+k{x^2}$，定義域?yàn)椋?，+∞），則h′（x）=2（lnx+1）-x²+2kx．
因?yàn)閔（x）在定義域內(nèi)單調(diào)減，所以h′（x）≤0在（0，+∞）恒成立，
即$2k≤\frac{{{x^2}-2lnx-2}}{x}$在（0，+∞）恒成立，即$2k≤{（\frac{{{x^2}-2lnx-2}}{x}）_{min}}$…（11分）
令$s（x）=\frac{{{x^2}-2lnx-2}}{x}=x-\frac{2lnx}{x}-\frac{2}{x}$，則$s'（x）=1-\frac{2-2lnx}{x^2}+\frac{2}{x^2}=\frac{{{x^2}+2lnx}}{x^2}$，
記t（x）=x²+2lnx，則$t'（x）=2x+\frac{2}{x}＞0（x＞0）$，所以t（x）在（0，+∞）單調(diào)增，且$t（\frac{{\sqrt{2}}}{2}）=\frac{1}{2}+2ln\frac{{\sqrt{2}}}{2}=\frac{1}{2}-ln2＜0$，k（1）=1＞0，
所以存在唯一的${x_0}∈（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，1）$，$s'（{x_0}）=\frac{{x_0^2+2ln{x_0}}}{x_0^2}=0$，有$2ln{x_0}=-x_0^2$，…（13分）
此時(shí)，當(dāng)x∈（0，x₀）時(shí)，s′（x）＜0，當(dāng)x∈（x₀，+∞）時(shí)，s′（x）＞0，
所以，當(dāng)x=x₀時(shí)，s（x）取得極小值，且是最小值．
所以$2k≤s{（x）_{min}}=\frac{{x_0^2-2ln{x_0}-2}}{x_0}=\frac{2x_0^2-2}{x_0}$，即$k≤{x_0}-\frac{1}{x_0}$，…（15分）
又${x_0}∈（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，1）$，所以${x_0}-\frac{1}{x_0}∈（-\frac{{\sqrt{2}}}{2}，0）$，
因?yàn)閗∈Z，則k的最大值為-1．                                …（16分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)的極值以及函數(shù)的最值的求法，考查構(gòu)造法的應(yīng)用地產(chǎn)股漲幅以及導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，難度大，需要解題仔細(xì)認(rèn)真，考查分類討論，轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用．