Question

14．已知函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=$\frac{a}{x}$（a＞0），設h（x）=f（x）+g（x）．
（1）求h（x）的單調區(qū)間；
（2）若在y=h（x）在x∈（0，3]的圖象上存在一點P（x₀，y₀），使得以P（x₀，y₀）為切點的切線的斜率k≥$\frac{1}{2}$成立，求實數(shù)a的最大值；
（3）是否存在實數(shù)m，使得函數(shù)y=g（$\frac{2a}{{x}^{2}+1}$）+m-1的圖象于y=f（x²+1）的圖象恰好有四個不同的交點？若存在，求出m的取值范圍，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）由于h′（x）=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$，由h′（x）＞0，可求其單調增區(qū)間，h′（x）＜0可求其單調減區(qū)間；
（2）依題意，以P（x₀，y₀）為切點的切線的斜率$h′（{x}_{0}）=\frac{{x}_{0}-a}{{{x}_{0}}^{2}}$$≥\frac{1}{2}$，即a≤$-\frac{1}{2}{{x}_{0}}^{2}$+x₀，求得$-\frac{1}{2}{{x}_{0}}^{2}$+x₀的最大值即可；
（3）先根據條件把問題轉化為m=ln（1+x²）-$\frac{1}{2}$x²-$\frac{1}{2}$有四個不同的根；求出其導函數(shù)，找到其極值點，根據極值即可得到結論．

解答 解：（1）h（x）=f（x）+g（x）=lnx+$\frac{a}{x}$，定義域為（0，+∞），h′（x）=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$
于是，當x＞a時，h’（x）＞0，h（x）為增函數(shù)，
當0＜x＜a時，h’（x）＜0，h（x）為減函數(shù)
所以h（x）的單調增區(qū)間是（a，+∞），單調減區(qū)間是（0，a）
（2）因為$h′（{x}_{0}）=\frac{{x}_{0}-a}{{{x}_{0}}^{2}}$=k，
所以在區(qū)間x∈（0，3]上存在一點P（x₀，y₀），使得以P（x₀，y₀）為切點的切線的斜率，
$h′（{x}_{0}）=\frac{{x}_{0}-a}{{{x}_{0}}^{2}}$$≥\frac{1}{2}$，即a≤$-\frac{1}{2}{{x}_{0}}^{2}$+x₀，
因為$-\frac{1}{2}{{x}_{0}}^{2}$+x₀=$-\frac{1}{2}（{x}_{0}-1）^{2}$+$\frac{1}{2}$≤$\frac{1}{2}$，
于是a≤$\frac{1}{2}$，a的最大值為$\frac{1}{2}$．
（3）y=g（$\frac{2a}{{x}^{2}+1}$）+m-1=$\frac{1}{2}$x²+m-$\frac{1}{2}$的圖象與函數(shù)y=f（1+x²）=ln（1+x²）的圖象恰有四個不同的交點，
即$\frac{1}{2}$x²+m-$\frac{1}{2}$=ln（1+x²）有四個不同的根，亦即m=ln（1+x²）-$\frac{1}{2}$x²-$\frac{1}{2}$有四個不同的根；
令G（x）=ln（1+x²）-$\frac{1}{2}$x²-$\frac{1}{2}$，
則G'（x）=$\frac{-x（x+1）（x-1）}{{x}^{2}+1}$
當x變化時，G'（x），G（x）的變化情況如下表，

x	（-∞，-1）	（-1，0）	（0，1）	（1，+∞）
G′（x）	+	-	+	-
G（x）	↑	↓	↑	↓

由表格知，G（x）的極小值G（0）=-$\frac{1}{2}$，G（x）的極大值G（1）=G（-1）=ln2＞0．
∴m∈（$\frac{1}{2}$，ln2），y=G（x）與y=m恰有四個不同的交點，
即當m∈（$\frac{1}{2}$，ln2）時，函數(shù)y=g（$\frac{2a}{{x}^{2}+1}$）+m-1的圖象與函數(shù)y=f（1+x²）的圖象恰有四個不同的交點．

點評 本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，利用導數(shù)的幾何意義研究曲線上某點切線方程，考查分析問題與等價轉化解決問題的能力，屬于中檔題．