题目内容

已知函数f(x)=lnx-
1
2
ax2+bx(a>0),且f′(1)=0
(1)试用含有a的式子表示b,并求f(x)的单调区间;
(2)设函数f(x)的最大值为g(a),试证明不等式:g(a)>ln(1+
a
2
)-1
(3)首先阅读材料:对于函数图象上的任意两点A(x1,y1),B(x2,y2)(x1<x2),如果在函数图象上存在点M(x0,y0)(x0∈(x1,x2)),使得f(x)在点M处的切线l∥AB,则称AB存在“相依切线”特别地,当x0=
x1+x2
2
时,则称AB存在“中值相依切线”.请问在函数f(x)的图象上是否存在两点A(x1,y1),B(x2,y2),使得AB存在“中值相依切线”?若存在,求出一组A、B的坐标;若不存在,说明理由.
分析:(1)根据对数函数的定义求得函数的定义域,根据f(x)的解析式求出f(x)的导函数,利用f′(1)=0,代入导函数化简即可得到a与b的关系式,用a表示出b;然后分别令导函数大于0和小于0得到关于x的不等式,求出不等式的解集即可得到相应的x的范围即分别为函数的递增和递减区间;
(2)根据(1)求出函数f(x)的最大值为g(a),构造函数φ(a)=ln(1+
a
2
)-
a
2
,利用导数 研究该函数的最值,即可证明结论;
(3)假设函数f(x)的图象上存在两点A(x1,y1),B(x2,y2),使得AB存在“中值相依切线”,根据斜率公式求出直线AB的斜率,利用导数的几何意义求出直线AB的斜率,它们相等,再通过构造函数,利用导数研究函数的单调性和最值即可证明结论.
解答:解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),
∵f′(x)=
1
x
-ax+b=0

∴b=a-1,∴f′(x)=
1
x
-ax+a-1=-
(ax+1)(x-1)
x

当f′(x)>0时,得-
(ax+1)(x-1)
x
>0

∵x>0,a>0,解得0<x<1,
当f′(x)<0时,得-
(ax+1)(x-1)
x
>0
,∵x>0,a>0,解得x>1,
∴当f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减;
(2)证明:g(a)=f(1)=
a
2
-1
,f′(x)=-
(ax+1)(x-1)
x
(x>0),
令φ(a)=ln(1+
a
2
)-
a
2
,则φ′(a)=
-a
2(2+a)
<0,
∴φ(a)在(0,+∞)上是减函数,
∴φ(a)<φ(0)=0,即ln(1+
a
2
)-
a
2
<0,
(3)假设函数f(x)的图象上存在两点A(x1,y1),B(x2,y2),使得AB存在“中值相依切线”,
则kAB=
y2-y1
x2-x1
=
lnx2-lnx1
x2-x1
-
a(x2+x1
2
+a-1,
f′(
x2+x1
2
)=
2
x2+x1
-
a(x2+x1)
2
+a-1

又kAB=f′(
x2+x1
2
)得
lnx2-lnx1
x2-x1
=
2
x2+x1

∴ln
x2
x1
=t,(t>1),则lnt=2-
4
t+1
,(t>1),此式表示有大于1的实数根,
令h(t)=lnt+
4
t+1
-2(t>1),则h′(t)=
(t-1)2
t(t+1)2
>0
∴h(t)是(1,+∞)上的增函数,
∴h(t)>h(1)=0,与lnt=2-
4
t+1
,(t>1)有大于1的实数根相矛盾,
∴函数f(x)的图象上不存在两点A(x1,y1),B(x2,y2),使得AB存在“中值相依切线”.
点评:此题考查学生会利用导函数的正负求出函数的单调区间,灵活运用中点坐标公式化简求值,掌握反证法进行命题证明的方法,是一道综合题,属难题.
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