Question

17．已知函数f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²+（a-1）x（a∈R）．
（Ⅰ）试求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）设g（x）=2e^x（x+1），当a=2时，不等式-lnx+2x²+x+1＜m•g（x）-f（x）对?x∈（-1，+∞）恒成立，求实数m的取值范围；
（Ⅲ）若函数y=F（x）的图象为曲线C，设点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是曲线C上的不同两点，如果在曲线C上存在点M（x₀，y₀），使得：①x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$；②曲线C在点M处的切线平行于直线AB，则称函数F（x）存在“中值相依切线”．请问：函数y=f（x）（a∈R且a≠0）是否存在“中值相依切线”，请说明理由．

Answer 1

分析 （I）根据对数函数的定义求得函数的定义域，再根据f（x）的解析式求出f（x）的导函数，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；
（Ⅱ）问题转化为m＞$\frac{x+1}{{2e}^{x}}$对?x∈（-1，+∞）恒成立，令h（x）=$\frac{x+1}{{2e}^{x}}$，（x＞-1），通过求导得到函数h（x）的最大值，从而求出m的范围；
（Ⅲ）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：（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（0，+∞）．…（1分）
由已知得，f′（x）=$\frac{1}{x}$-ax+a-1=-$\frac{a（x-1）（x+\frac{1}{a}）}{x}$．…（2分）
（1）当a＞0时，令f'（x）＞0，解得0＜x＜1； 令f'（x）＜0，解得x＞1．
所以函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减．…（3分）
（2）当a＜0时，
①当-＜1时，即a＜-1时，令f'（x）＞0，解得0＜x＜-$\frac{1}{a}$或x＞1；
令f'（x）＜0，解得-$\frac{1}{a}$＜x＜1．
所以，函数f（x）在（0，-$\frac{1}{a}$）和（1，+∞）上单调递增，在（-$\frac{1}{a}$，1）上单调递减；…（4分）
②当-$\frac{1}{a}$=1时，即a=-1时，显然，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增； …（5分）
③当-$\frac{1}{a}$＞1时，即-1＜a＜0时，令f'（x）＞0，解得0＜x＜1或x＞-$\frac{1}{a}$；
令f'（x）＜0，解得1＜x＜-$\frac{1}{a}$．
所以，函数f（x）在（0，1）和（-$\frac{1}{a}$，+∞）上单调递增，在（1，-$\frac{1}{a}$）上单调递减．…（6分）
综上所述，（1）当a＞0时，函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；
（2）当a＜-1时，函数f（x）在（0，-$\frac{1}{a}$）和（1，+∞）上单调递增，在（-$\frac{1}{a}$，1）上单调递减；
（3）当a=-1时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
（4）当-1＜a＜0时，函数f（x）在（0，1）和（-$\frac{1}{a}$，+∞）上单调递增，在（1，-$\frac{1}{a}$）上单调递减．…（7分）
（Ⅱ）不等式-lnx+2x²+x+1＜m•g（x）-f（x）对?x∈（-1，+∞）恒成立，
等价于-lnx+2x²+x+1＜m•2e^x（x+1）-lnx+x²-x对?x∈（-1，+∞）恒成立，
等价于x²+2x+1＜2me^x（x+1）对?x∈（-1，+∞）恒成立，
等价于m＞$\frac{x+1}{{2e}^{x}}$对?x∈（-1，+∞）恒成立，
令h（x）=$\frac{x+1}{{2e}^{x}}$，（x＞-1），h′（x）=-$\frac{x}{{2e}^{x}}$，
令h′（x）＞0，解得：-1＜x＜0，令h′（x）＜0，解得：x＞0，
∴h（x）在（-1，0）递增，在（0，+∞）递减，
∴h（x）_最大值=h（x）_极大值=h（0）=$\frac{1}{2}$，
∴m＞$\frac{1}{2}$；
（Ⅲ）假设函数f（x）存在“中值相依切线”．
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是曲线y=f（x）上的不同两点，且0＜x₁＜x₂，
则y₁=lnx₁-$\frac{1}{2}$ax₁²+（a-1）x₁，y₂=lnx₂-$\frac{1}{2}$ax₂²+（a-1）x₂．
k_AB=$\frac{{y}_{2}{-y}_{1}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$=$\frac{l{nx}_{2}-l{nx}_{1}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$-$\frac{1}{2}$a（x1+x2）+（a-1）…（8分）
曲线在点M（x₀，y₀）处的切线斜率k=f'（x₀）=f′（ $\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）=$\frac{2}{{x}_{1}{+x}_{2}}$-a•$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$+（a-1），…（9分）
依题意得：$\frac{{lnx}_{2}-l{nx}_{1}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$-$\frac{1}{2}$a（x₁+x₂）+（a-1）=$\frac{2}{{x}_{1}{+x}_{2}}$-a•$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$+（a-1）．
化简可得：$\frac{l{nx}_{2}-l{nx}_{1}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$=$\frac{2}{{x}_{1}{+x}_{2}}$，
即ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=$\frac{2（{{x}_{2}-x}_{1}）}{{x}_{2}{+x}_{1}}$=$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$．…（11分）
设$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t（t＞1），上式化为：lnt=$\frac{2（t-1）}{t+1}$=2-$\frac{4}{t+1}$，
即lnt+$\frac{4}{t+1}$=2．…（12分）
令g（t）=lnt+$\frac{4}{t+1}$，g′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{{（t+1）}^{2}}$=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$．
因为t＞1，显然g'（t）＞0，所以g（t）在（1，+∞）上递增，
显然有g（t）＞2恒成立．
所以在（1，+∞）内不存在t，使得lnt+$\frac{4}{t+1}$=2成立．
综上所述，假设不成立．所以，函数f（x）不存在“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．