Question

12．已知函數(shù)f（x）=x²-3x+2+klnx，其中k∈R
（Ⅰ）試討論函數(shù)f（x）極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)，并說明理由
（Ⅱ）若對(duì)任意的x＞1，不等式f（x）≥0恒成立，求k的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，令g（x）=2x²-3x+k，對(duì)k分類討論求得導(dǎo)函數(shù)在定義域內(nèi)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，從而得到原函數(shù)極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)；
（Ⅱ）結(jié)合（Ⅰ）中函數(shù)的單調(diào)性及f（1）=0分析得答案．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=2x-3+$\frac{k}{x}$=$\frac{2{x}^{2}-3x+k}{x}$（x＞0），
令g（x）=2x²-3x+k，△=9-8k，
若9-8k≤0，即k≥$\frac{9}{8}$，g（x）≥0恒成立，即f′（x）≥0恒成立，
∴f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，f（x）無極值點(diǎn)；
若9-8k＞0，即k$＜\frac{9}{8}$，則當(dāng)g（0）=k≤0時(shí)，g（x）=2x²-3x+k在（0，+∞）上有一個(gè)零點(diǎn)${x}_{2}=\frac{3+\sqrt{9-8k}}{4}$．
當(dāng)x∈（0，x₂）時(shí)，g（x）＜0，即f′（x）＜0，當(dāng)x∈（x₂，+∞）時(shí)，g（x）＜0，即f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，x₂）上為減函數(shù)，在（x₂，+∞）上為增函數(shù)，f（x）有一個(gè)極小值點(diǎn)；
當(dāng)g（0）=k＞0，即0＜k＜$\frac{9}{8}$時(shí)，g（x）=2x²-3x+k在（0，+∞）上有兩個(gè)零點(diǎn)${x}_{1}=\frac{3-\sqrt{9-8k}}{4}$，${x}_{2}=\frac{3+\sqrt{9-8k}}{4}$．
當(dāng)x∈（0，x₁），（x₂，+∞）時(shí)，g（x）＞0，即f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)，當(dāng)x∈（x₁，x₂）時(shí)，g（x）＜0，即f′（x）＜0，
f（x）為減函數(shù)，∴f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)．
綜上，當(dāng)k$≥\frac{9}{8}$時(shí)，f（x）無極值點(diǎn)；當(dāng)k≤0時(shí)，f（x）有一個(gè)極值點(diǎn)；當(dāng)0＜k＜$\frac{9}{8}$時(shí)，f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，當(dāng)k≥$\frac{9}{8}$時(shí)，f（x）在（1，+∞）上為增函數(shù)，∴f（x）＞f（1）=0，不等式f（x）≥0恒成立；
當(dāng)1≤k$＜\frac{9}{8}$時(shí)，g（1）=k-1≥0，f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，∴f（x）＞f（1）=0，不等式f（x）≥0恒成立；
當(dāng)k＜1時(shí)，g（1）=k-1＜0，∴f（x）在（1，x₂）上單調(diào)遞減，有f（x）＜f（1）=0，不合題意．
∴實(shí)數(shù)k的取值范圍是[1，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查恒成立問題的求解方法，體現(xiàn)了分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，是中檔題．