Question

17．函数f（x）的图象为曲线C，设点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是曲线C上不同的两点，若曲线C上存在点M（x₀，y₀），使得①x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$；②曲线在点M（x₀，y₀）处的切线平行于直线AB，则称存在“中值相依切线”，则下列函数中不存在“中值相依切线”的有（　　）
（1）f（x）=x³-x；（2）f（x）=sinx+cosx；
（3）f（x）=x²；（4）f（x）=lnx．

• A． 1个
• B． 2个
• C． 3个
• D． 4个

Answer 1

分析 对于（1），求出导数，求得切线的斜率和两点的斜率，解方程即可判断；对于（2），求出导数，求得切线的斜率和两点的斜率，结合和差公式，解方程即可判断；对于（3），求得导数，求得切线的斜率和两点的斜率，解方程即可判断；对于（4），求出导数，求得切线的斜率和两点的斜率，注意运用构造函数h（t）=lnt+$\frac{4}{t+1}$，解方程即可判断．

解答 解：对于（1），假设存在M，f（x）=x³-x的导数为f′（x）=3x²-1，k_AB=$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=x₁²+x₂²+x₁x₂-1，
在点M（x₀，y₀）处的切线斜率为3x₀²-1=3（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）²-1，即有x₁²+x₂²+x₁x₂-1=3（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）²-1，
化简可得（x₁-x₂）²=0，即x₁=x₂，这与A，B不重合矛盾，故不存在；
对于（2），假设存在M，f（x）=sinx+cosx的导数为f′（x）=cosx-sinx，
k_AB=$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{\sqrt{2}sin（{x}_{1}+\frac{π}{4}）-\sqrt{2}sin（{x}_{2}+\frac{π}{4}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{2\sqrt{2}cos（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}+\frac{π}{4}）sin\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
点M（x₀，y₀）处的切线斜率为cosx₀-sinx₀=$\sqrt{2}$cos（x₀+$\frac{π}{4}$），若x₀=$\frac{π}{4}$时，
显然AB的斜率等于切线的斜率，故存在点M；
对于（3），假设存在点M，f（x）=x²的导数为f′（x）=2x，k_AB=$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=x₁+x₂，
点M（x₀，y₀）处的切线斜率为2x₀=x₁+x₂，故存在；
对于（4），假设存在点M，f（x）=lnx的导数为f′（x）=$\frac{1}{x}$，k_AB=$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
曲线在点M（x₀，y₀）处的切线斜率为$\frac{1}{{x}_{0}}$=$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，由$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，
可得ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，可设t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$（t＞1），可得lnt=$\frac{2（t-1）}{t+1}$，
即为lnt+$\frac{4}{t+1}$=2，由h（t）=lnt+$\frac{4}{t+1}$的导数为h′（t）=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，
h（t）在（1，+∞）递增，即有h（t）＞h（1）=2，则lnt+$\frac{4}{t+1}$=2无解，故不存在．
综上可得，（1），（4）不存在；（2），（3）存在．
故选：B．

点评 本题考查新定义的理解和运用，考查导数的运用：求切线的斜率，同时考查函数方程的转化思想，属于中档题．