Question

已知k為非零實(shí)數(shù)，函數(shù)f（x）=kx²，g（x）=lnx，F(xiàn)（x）=f（x）-g（2kx）-1．
（1）求函數(shù)F（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若直線l與f（x）和g（x）的圖象都相切，則稱直線l是f（x）和g（x）的公切線，已知函數(shù)f（x）與g（x）有兩條公切線l₁，l₂
①求k的取值范圍；
②若a，b（a＞b ）分別為直線l₁，l₂與f（x）圖象的兩個(gè)切點(diǎn)的橫坐標(biāo)，求證：F′（

a+b

2

）＞0．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）由題意可得兩個(gè)函數(shù)的切線方程，由兩個(gè)函數(shù)有公切線得出方程組，解得即可．

解答： 解：（1）F（x）=f（x）-g（2kx）-1=kx²-ln2kx-1=kx²-lnx-ln2k-1，
其定義域?yàn)閧x|x＞0}
∴F′（x）=2kx-

1

x

=

2k(x- 1 2k )(x+ 1 2k )

x2

，（x＞0）
∴函數(shù)F（x）的單調(diào)增區(qū)間是（

1 2k

，+∞），減區(qū)間是（0，

1 2k

）；
（2）①設(shè)f（x）=kx²上動(dòng)點(diǎn)（x₀，kx₀），
則其以此點(diǎn)為切點(diǎn)的切線方程為y=2kx₀（x-x₀）+k

x

2 0

，
同理設(shè)g（x）=lnx上動(dòng)點(diǎn)（x₁，lnx₁），
則其以此點(diǎn)為切點(diǎn)的切線方程為y=

1

x1

（x-x₁）+lnx₁，
即y=

1

x1

x-1+lnx₁，（其中x₁＞0）．
∵兩函數(shù)有公切線，即令上述兩切線相同，則有

1 x1 =2kx0 k x 2 0 =1-lnx1

，
即

1

4k x 2 1

=1-lnx1，即1=4k

x

2 1

（1-lnx₁），
若滿足存在兩條不同公切線，
則只需關(guān)于x₁的方程1=4k

x

2 1

（1-lnx₁），有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，
令h（x₁）=4k

x

2 1

（1-lnx₁）-1，（其中x₁＞0）．則h′（x₁）=4kx₁（1-2lnx₁），
于是當(dāng)k＞0時(shí)，h（x₁）只在x₁=

e

處有極值，且為極大值，
只要h（

e

）＞0，即滿足方程有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，故得k＞

1

2e

；
當(dāng)k＜0時(shí)，h（x₁）只在x₁=

e

處有極值，且為極小值，
但在x₁→0時(shí)，h（x₁）＜0，說(shuō)明方程只能有一個(gè)零點(diǎn)，不滿足題意，
綜上所述，k＞

1

2e

．
②由

1 x1 =2ka ka2=1-lnx1

得ka²-ln2ka-1=0，同理kb²-ln2kb-1=0，
∴x=a，x=b是函數(shù)F（x）=f（x）-g（2kx）-1的兩個(gè)零點(diǎn)，只需考慮x∈（a，b），
∵F′（x）=

2kx2-1

x

，F(xiàn)^″（x）=2k+

1

x2

，有x=

1

2k

是F^″（x）的零點(diǎn)，
在x∈（b，

1

2k

）與x∈（

1

2k

，a）上，
由F^″（x）=2k+

1

x2

，根據(jù)F（x）的變化情況，得到

a+b

2

＞

1

2k

，
于是得F′（

a+b

2

）＞0．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、判斷函數(shù)的零點(diǎn)等問(wèn)題，考查學(xué)生分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力及等價(jià)轉(zhuǎn)化思想的運(yùn)用能力，屬于難題．