Question

6．已知函數(shù)$f（x）=mlnx+\frac{3}{2}{x^2}-4x$．
（1）若曲線y=f（x）在x=1處的切線與y軸垂直，求函數(shù)f（x）的極值；
（2）設g（x）=x³-4，若h（x）=f（x）-g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，求實數(shù)m的取值范圍，并分析方程$2lnx+\frac{3}{2}{x^2}+4={x^3}+4x$在（1，+∞）上實根的個數(shù)．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，根據(jù)f′（1）=0，解得m，代入f（x），求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，進而求出函數(shù)的極值；
（2）求出函數(shù)h（x）的導數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為m≤3x³-3x²+4x在（1，+∞）上恒成立，令φ（x）=3x³-3x²+4x，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出m的范圍，從而求出函數(shù)的零點問題．

解答 解：（1）由$f（x）=mlnx+\frac{3}{2}{x^2}-4x$可得f′（x）=$\frac{m}{x}$+3x-4，
由題意知f'（1）=m+3-4=0，解得m=1，
所以f（x）=lnx+$\frac{3}{2}$x²-4x，f′（x）=$\frac{（3x-1）（x-1）}{x}$，（x＞0）．
當f'（x）＞0時，得$0＜x＜\frac{1}{3}$或x＞1；
當f'（x）＜0時，得$\frac{1}{3}＜x＜1$．
所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為$（0，\frac{1}{3}），（1，+∞）$，單調(diào)遞減區(qū)間為$（\frac{1}{3}，1）$，
所以f（x）的極大值為$f（\frac{1}{3}）=ln\frac{1}{3}+\frac{3}{2}×\frac{1}{9}-4×\frac{1}{3}=-\frac{7}{6}-ln3$，
極小值為$f（1）=0+\frac{3}{2}-4=-\frac{5}{2}$…（4分）
（2）由$h（x）=f（x）-g（x）=mlnx+\frac{3}{2}{x^2}-4x-{x^3}+4$可得$h'（x）=\frac{m}{x}+3x-4-3{x^2}$，
由h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減可得$h'（x）=\frac{m}{x}+3x-4-3{x^2}≤0$在（1，+∞）上恒成立，
即m≤3x³-3x²+4x在（1，+∞）上恒成立，
令φ（x）=3x³-3x²+4x，則φ'（x）=9x²-6x+4=（3x-1）²+3＞0，
所以φ（x）=3x³-3x²+4x在（1，+∞）上單調(diào)遞增．
故φ（x）＞3-3+4=4，
所以m≤4，即實數(shù)m的取值范圍是（-∞，4]，…（8分）
則m=2時，$h（x）=f（x）-g（x）=2lnx+\frac{3}{2}{x^2}-4x-{x^3}+4$在（1，+∞）上單調(diào)遞減．
而$h（1）=0+\frac{3}{2}-4-1+4=\frac{1}{2}＞0，h（2）=2ln2+\frac{3}{2}×{2^2}-4×2-{2^3}+4=2ln2-6＜0$，
故$h（x）=2lnx+\frac{3}{2}{x^2}-4x-{x^3}+4$在（1，+∞）上恰好有1個零點，
所以方程$2lnx+\frac{3}{2}{x^2}-4x-{x^3}+4=0$在（1，+∞）上恰好有1個實根，
即方程$2lnx+\frac{3}{2}{x^2}+4={x^3}+4x$在（1，+∞）上恰好有1個實根…（12分）

點評 本題考查了曲線的切線方程問題，考查函數(shù)的單調(diào)性、極值問題，考查導數(shù)的應用以及函數(shù)的零點問題，是一道綜合題．