Question

已知函數f(x)=ln(x+

3

2

)+

2

x

，g（x）=lnx．
（1）求函數f（x）的單調區間；
（2）如果關于x的方程g(x)=

1

2

x+m有實數根，求實數m的取值范圍；
（3）是否存在正數k，使得關于x的方程f（x）=kg（x）有兩個不相等的實根？如果存在，求的k取值范圍，如果不存在，說明理由？

Answer 1

分析：（1）依題意，可求得f′（x）=

2

2x+3

-

2

x2

，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f（x）的單調區間；
（2）可求得m=lnx-

1

2

x，（x＞0），構造函數t（x）=lnx-

1

2

x，（x＞0），通過t′（x）可求得t（x）_max，從而可求得m的范圍；
（3）由h（x）=f（x）-kg（x）=ln（x+

3

2

）+

2

x

-klnx，（x＞0），可求得h′（x）=

2(1-k)x2-(3k+4)x-6

x2(2x+3)

，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+

3

2

）+

2

x

（x＞-

3

2

，且x≠0），
f′（x）=

1

x+ 3 2

-

2

x2

=

2

2x+3

-

2

x2

，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		-1	（-1，0）	（0，3）	3	（3，+∞）
f′（x）	+	0	-	-	0	+
f（x）	↗		↘	↘		↗

∴f（x）的單調遞增區間是（-

3

2

，-1）和（3，+∞），單調遞減區間是（-1，0）和（0，3）．…（4分）
（2）g（x）=lnx=

1

2

x+m，
∴m=lnx-

1

2

x，（x＞0）
取t（x）=lnx-

1

2

x，（x＞0），
則t′（x）=

1

x

-

1

2

，（x＞0），令t′（x）=0得，x=2；
∴x，t（x），t′（x）隨x變化情況如下表：

x	（0，2）	2	（2，+∞）
t′（x）	+	0	-
t（x）	↗		↘

∴當x=2時，t（x）取得極大值t（2）=ln2-1，也是最大值，
∴m＜ln2-1．…（8分）
（3）h（x）=f（x）-kg（x）=ln（x+

3

2

）+

2

x

-klnx，（x＞0），
∴h′（x）=

1

x+ 3 2

-

2

x2

-

k

x

=

2

2x+3

-

2

x2

-

k

x

=

2x2-2(2x+3)-kx(2x+3)

x2(2x+3)

=

2(1-k)x2-(3k+4)x-6

x2(2x+3)

，
取p（x）=2（1-k）x²-（3k+4）x-6，（x≥0）…（10分）
對稱軸x=-

-(3k+4)

4(1-k)

=-

3k+4

4(k-1)

，
當k＞1時，p（x）圖象開口向下，-

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+

3

2

）+

2

x0

-klnx₀，
又p（1）=2（1-k）•1²-（3k+4）•1-6=-8-5k＜0，
∴x₀＞1，lnx₀＞0，
∴ln（x₀+

3

2

）＞lnx₀＞klnx₀（0＜k＜1），

2

x0

＞0，
∴h（x₀）＞0，
此時h（x）=0沒有實數根．
綜上所述，不存在正數k，使得關于x的方程f（x）=kg（x）有兩個不相等的實根…（15分）

點評：本題考查利用導數研究函數的單調性，考查函數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．