Question

7．已知函數(shù)f（x）=ln（x+$\frac{3}{2}$）+$\frac{2}{x}$．
（1）求函數(shù)f（x）的極值．
（2）是否存在正數(shù)k，使得關于x的方程f（x）=k1nx有兩個不相等的實根？如果存在，求k的取值范圍；如果不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）依題意，求出函數(shù)的導數(shù)，令f′（x）=0可解得：x=-1或3，列出x，f（x），f′（x）隨x變化情況表，即可得到函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（2）由h（x）=f（x）-klnx，求出函數(shù)的導數(shù)，取p（x）=2（1-k）x²-（3k+4）x-6，（x≥0），通過對k的取值情況的討論，可判斷h（x）=0的根的情況，從而可得答案．

解答 解：（1）f（x）=ln（x+$\frac{3}{2}$）+$\frac{2}{x}$（x＞-$\frac{3}{2}$，且x≠0），
f′（x）=$\frac{1}{x+\frac{3}{2}}$-$\frac{2}{{x}^{2}}$=$\frac{2}{2x+3}$-$\frac{2}{{x}^{2}}$，令f′（x）=0，解得：x=-1或3．
x，f（x），f′（x）隨x變化情況如下表：

x	（-$\frac{3}{2}$，-1）	-1	（-1，0）	（0，3）	3	（3，+∞）
f′（x）	+	0	-	-	0	+
f（x）	↗	-2-ln2	↘	↘	2ln3-ln2+$\frac{2}{3}$	↗

∴f（x）的單調遞增區(qū)間是（-$\frac{3}{2}$，-1）和（3，+∞），單調遞減區(qū)間是（-1，0）和（0，3），
f（x）極大值=f（-1）=-2-ln2，f（x）極小值=f（3）=2ln3-ln2+$\frac{2}{3}$；
（2）h（x）=ln（x+$\frac{3}{2}$）+$\frac{2}{x}$-klnx，（x＞0），
∴h′（x）=$\frac{2（1-k{）x}^{2}-（3k+4）x-6}{{x}^{2}（2x+3）}$，
取p（x）=2（1-k）x²-（3k+4）x-6，（x≥0）…（10分）
對稱軸x=-$\frac{3k+4}{4（k-1）}$，
當k＞1時，p（x）圖象開口向下，-$\frac{3k+4}{4（k-1）}$＜0，
∴p（x）在（0，+∞）上單調遞減，p（x）＜p（0）=-6＜0
∴h′（x）＜0，
∴h（x）在（0，+∞）上單調遞減，h（x）=0不可能有兩個不等實根．
當k=1時，p（x）=-7x-6＜0，
同理h′（x）＜0，
∴h（x）在（0，+∞）上單調遞減，h（x）=0不可能有兩個不等實根．
當0＜k＜1時，p（x）圖象開口向上，
又p（0）=-6＜0，此時p（x）=0在（0，+∞）有且僅有一根，設為x₀．
對x∈（0，x₀），p（x）＜0，h'（x）＜0，h（x）在（0，x₀）上單調遞減；
對x∈（x₀，+∞），p（x）＞0，h'（x）＞0，h（x）在（x₀，+∞）上單調遞增；
h（x）_min=h（x₀）=ln（x₀+$\frac{3}{2}$）+$\frac{2}{{x}_{0}}$-klnx₀，
又p（1）=2（1-k）•1²-（3k+4）•1-6=-8-5k＜0，
∴x₀＞1，lnx₀＞0，
∴l(xiāng)n（x₀+$\frac{3}{2}$）＞lnx₀＞klnx₀（0＜k＜1），$\frac{2}{{x}_{0}}$＞0，
∴h（x₀）＞0，此時h（x）=0沒有實數(shù)根，
綜上所述，不存在正數(shù)k，使得關于x的方程f（x）=kg（x）有兩個不相等的實根．

點評 本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，考查函數(shù)的零點與方程根的關系，突出分類討論思想與方程思想的綜合應用，考查抽象思維與邏輯思維能力，屬于難題．