Question

4．已知函数f（x）=ax²-（2a-1）x-lnx（a为常数，a≠0）．
（Ⅰ）当a＜0时，求函数f（x）在区间[1，2]上的最大值；
（Ⅱ）记函数f（x）图象为曲线C，设点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是曲线C上不同的两点，点M为线段AB的中点，过点M作x轴的垂线交曲线C于点N．判断曲线C在点N处的切线是否平行于直线AB？并说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数f（x）的导数，通过讨论a的范围，求出函数f（x）的单调区间，从而求出f（x）的最大值即可；
（Ⅱ）设出M的坐标，分别求出直线AB的斜率k₁，C在点N处的切线斜率k₂，由k₁=k₂，得到即$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=-$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，得出矛盾．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{（2ax+1）（x-1）}{x}$，
当a＜0时，由f′（x）=0，得x₁=-$\frac{1}{2a}$，x₂=1，又x∈[1，2]，则有如下分类：
①当-$\frac{1}{2a}$≥2，即-$\frac{1}{4}$≤a＜0时，f（x）在[1，2]上是增函数，
所以f（x）_max=f（2）=2-ln2．
②当1＜-$\frac{1}{2a}$＜2，即-$\frac{1}{2}$＜a＜-$\frac{1}{4}$时，f（x）在[1，-$\frac{1}{2a}$）上是增函数，在（-$\frac{1}{2a}$，2]上是减函数，
所以f（x）_max=f（-$\frac{1}{2a}$）=1-$\frac{1}{4a}$+ln（-2a）． 
③当-$\frac{1}{2a}$≤1，即a≤-$\frac{1}{2}$时，f（x）在[1，2]上是减函数，
所以f（x）_max=f（1）=1-a．  
综上，函数f（x）在[1，2]上的最大值为：
f（x）_max=$\left\{\begin{array}{l}{2-ln2，-\frac{1}{4}＜a≤0}\\{1-\frac{1}{4a}+ln（-2a），-\frac{1}{2}＜a＜-\frac{1}{4}}\\{1-a，a≤-\frac{1}{2}}\end{array}\right.$；
（Ⅱ）设M（x₀，y₀），则点N的横坐标为x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，
直线AB的斜率k₁=$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{1}{{x}_{1}-{x}_{2}}$[a（x₁²-x₂²）+（1-2a）（x₁-x₂）+lnx₂-lnx₁]
=a（x₁+x₂）+（1-2a）+$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
C在点N处的切线斜率
k₂=f′（x₀）=a（x₁+x₂）+（1-2a）-$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，
假设曲线C在点N处的切线平行于直线AB，则k₁=k₂，
即$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=-$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，所以ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$，
不妨设x₁＜x₂，ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t＞1，则lnt=$\frac{2（t-1）}{1+t}$，
令g（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{1+t}$，（t＞1），g′（t）=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，
所以g（t）在（1，+∞）上是增函数，又g（1）=0，
所以g（t）＞0，即lnt=$\frac{2（t-1）}{1+t}$不成立，
所以曲线C在点N处的切线不平行于直线AB．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及直线的斜率问题，考查分类讨论思想，换元思想，是一道综合题．