题目

题型：解答题难度：简单来源：不详

已知函数，g（x）=，a，b∈R．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）记函数h（x）=f（x）+g（x），当a=0时，h（x）在（0，1）上有且只有一个极值点，求实数b的取值范围；
（3）记函数F（x）=|f（x）|，证明：存在一条过原点的直线l与y=F（x）的图象有两个切点．

答案

（1）当时，为单调增区间，
当时，为单调减区间， 为单调增区间．
（2）b＜1
（3）首先根据（1）的结论，讨论可得只有0＜a＜时直线l与y=F（x）的图象有两个切点．设切点的横坐标分别为s、t且s＜t，可得l与y=F（x）的图象有两个切点分别为直线l与曲线在x∈（s，t）的切点和曲线在x∈（t，+∞）的切点．由此结合直线的斜率公式和导数的几何意义列出关于a、x₁、y₁、x₂、y₂的关系式，化简整理可得，再令=k（0＜k＜1），转化为（k²+1）lnk=2k²﹣2．令G（k）=（k²+1）lnk﹣2k²+2，（0＜k＜1），由根的存在性定理证出：存在k₀∈（0，1），使得G（k₀）=0．由此即可得到原命题成立．

解析

试题分析：（1）因为f"（x）=﹣+=，
①若a≤0，则f"（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上为增函数，…（2分）
②若a＞0，令f"（x）=0，得x=a，
当0＜x＜a时，f"（x）＜0；当x＞a时，f"（x）＞0．
所以（0，a）为单调减区间，（a，+∞）为单调增区间．
综上可得，当a≤0时，函数f（x）在（0，+∞）上为增函数，
当a＞0时，函数f（x）的单调减区间为（0，a），单调增区间为（a，+∞）． …（4分）
（2）a=0时，h（x）=f（x）+g（x）=，
∴h"（x）=bx﹣2+=，…（5分）
h（x）在（0，1）上有且只有一个极值点，即h"（x）=0在（0，1）上有且只有一个根且不为重根，
由h"（x）=0得bx²﹣2x+1=0，…（6分）
（ i）b=0，x=，满足题意；…（7分）
（ ii）b＞0时，b•1²﹣2•1+1＜0，即0＜b＜1；…（8分）
（ iii）b＜0时，b•1²﹣2•1+1＜0，得b＜1，故b＜0；
综上所述，得：h（x）在（0，1）上有且只有一个极值点时，b＜1． …（9分）
（3）证明：由（1）可知：
（ i）若a≤0，则f"（x）≥0，f（x）在（0，+∞）上为单调增函数，
所以直线l与y=F（x）的图象不可能有两个切点，不合题意．…（10分）
（ⅱ）若a＞0，f（x）在x=a处取得极值f（a）=1+lna．
若1+lna≥0，a≥时，由图象知不可能有两个切点．…（11分）
故0＜a＜，设f（x）图象与x轴的两个切点的横坐标为s，t（不妨设s＜t），
则直线l与y=F（x）的图象有两个切点即为直线l与
和的切点．
y₁"=﹣=，y₂"=﹣+=，
设切点分别为A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则0＜x₁＜x₂，且
==﹣﹣，==+，=，
即=1﹣lnx₁…①；=1﹣lnx₂…②；a=，③
①﹣②得：﹣=﹣lnx₁+lnx₂=﹣ln，
由③中的a代入上式可得：（﹣）•，
即，…（14分）
令=k（0＜k＜1），则（k²+1）lnk=2k²﹣2，令G（k）=（k²+1）lnk﹣2k²+2，（0＜k＜1），
因为=1﹣＞0，=﹣＜0，
故存在k₀∈（0，1），使得G（k₀）=0，
即存在一条过原点的直线l与y=F（x）的图象有两个切点．…（16分）
点评：本题给出含有分式和对数的基本初等函数，求函数f（x）的单调区间、讨论函数f（x）+g（x）的极值点并证明了函数|f（x）|图象与过原点的直线相切的问题．着重考查了基本初等函数的性质、利用导数研究函数的单调性、直线的斜率公式和用导数求函数图象的切线等知识，属于难题．