Question

2．已知函數(shù)f（x）=lnx．
（1）設(shè)h（x）為偶函數(shù)，當(dāng)x＜0時(shí)，h（x）=f（-x）+2x，求曲線y=h（x）在點(diǎn)（1，-2）處的切線方程；
（2）設(shè)g（x）=f（x）-mx，求函數(shù)g（x）的極值；
（3）若存在x₀＞1，當(dāng)x∈（1，x₀）時(shí)，恒有f（x）＞$\frac{1}{2}{x}^{2}+（k-1）x-k+\frac{1}{2}$成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出h（x）的解析式，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，計(jì)算h′（1）的值，求出切線方程即可；
（2）求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，通過討論m的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值即可；
（3）通過討論k的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合題意求出k的范圍即可．

解答 解：（1）x＜0時(shí)，h（x）=f（-x）+2x，h（x）是偶函數(shù)，
故h（x）=lnx-2x，（x＞0），
h′（x）=$\frac{1}{x}$-2，故h′（1）=-1，
故切線方程是：y+2=-（x-1），
即x+y+1=0；
（2）g（x）=lnx-mx，（x＞0），
g′（x）=$\frac{1}{x}$-m，
m≤0時(shí)，g′（x）＞0，g（x）在（0，+∞）遞增，函數(shù)無極值，
m＞0時(shí)，令g′（x）＞0，解得：0＜x＜$\frac{1}{m}$，令g′（x）＜0，解得：x＞$\frac{1}{m}$，
故g（x）在（0，$\frac{1}{m}$）遞增，在（$\frac{1}{m}$，+∞）遞減，
故g（x）的最大值是g（$\frac{1}{m}$）=-lnm-1；無極小值；
（3）證明：設(shè)g（x）=f（x）-$\frac{1}{2}$x²-（k-1）x+k-$\frac{1}{2}$，x∈（1，+∞），
則g′（x）=$\frac{1{-x}^{2}}{2}$，
當(dāng)x＞1時(shí)，g′（x）＜0，所以g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
所以當(dāng)x＞1時(shí)，g（x）＜g（1）=0，
即當(dāng)x＞1時(shí)，f（x）＜x-1；
①當(dāng)k=1時(shí)，由（2）知，當(dāng)x＞1時(shí)，f（x）＜x-1，
此時(shí)不存在x₀＞1，不滿足題意；
②當(dāng)k＞1時(shí)，x＞1，f（x）＜x-1＜k（x-1），
此時(shí)不存在x₀＞1，不滿足題意；
③當(dāng)k＜1時(shí)，設(shè)h（x）=f（x）-k（x-1），x＞1，
則h′（x）=$\frac{{-x}^{2}+（1-k）x+1}{x}$，
令h′（x）=0，即-x²+（1-k）x+1=0，
得x₁=$\frac{1-k-\sqrt{{（1-k）}^{2}+4}}{2}$＜0，x₂=$\frac{1-k+\sqrt{{（1-k）}^{2}+4}}{2}$＞1，
所以當(dāng)x∈（1，x₂）時(shí)，h′（x）＞0，所以h（x）在[1，x₂）上單調(diào)遞增，
取x₀=x₂，所以當(dāng)x∈（1，x₀）時(shí)，h（x）＞h（1）=0，f（x）＞k（x-1），
綜上，實(shí)數(shù)k的取值范圍是（-∞，1）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性問題，考查導(dǎo)數(shù)的由于以及分類討論思想，是一道中檔題．