Question

6．设函数f（x）=（x+2a）ln（x+1）-2x，a∈R．
（1）当a=1时，求函数f（x）的单调区间及所有零点；
（2）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），C（x₃，y₃）为函数g（x）=f（x）+x²-xln（x+1）图象上的三个不同点，且x₁+x₂=2x₃．问：是否存在实数a，使得函数g（x）在点C处的切线与直线AB平行？若存在，求出所有满足条件的实数a的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，根据函数的单调性判断函数的零点即可；
（2）求出g（x）的表达式，根据直线AB的斜率k=$\frac{{y}_{2}{-y}_{1}}{{{x}_{2}-x}_{1}}$，得到g′（$\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}$）=$\frac{{y}_{2}{-y}_{1}}{{{x}_{2}-x}_{1}}$，即aln$\frac{{x}_{2}+1}{{x}_{1}+1}$=$\frac{2a{（x}_{2}{-x}_{1}）}{{x}_{1}{+x}_{2}+2}$，通过讨论a=0和a≠0，从而确定满足题意的a的值即可．

解答 解：（1）当a=1时，f（x）=（x+2）ln（x+1）-2x，
则f′（x）=ln（x+1）+$\frac{1}{x+1}$-1，
记h（x）=ln（x+1）+$\frac{1}{x+1}$-1，
则h′（x）=$\frac{x}{{（x+1）}^{2}}$≥0，即x≥0，
从而，h（x）在（0，+∞）上单调递增，在（-1，0）上单调递减，
则h（x）≥h（0）=0，即f′（x）≥0恒成立，
故f（x）在（-1，+∞）上单调递增，无单调递减区间，
又f（0）=0，则0为唯一零点．
（2）由题意知g（x）=f（x）+x²-ln（x+1）=2aln（x+1）+x²-2x，
则g′（x）=$\frac{2a}{x+1}$+2x-2，
直线AB的斜率k=$\frac{{y}_{2}{-y}_{1}}{{{x}_{2}-x}_{1}}$，则有：g′（$\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}$）=$\frac{{y}_{2}{-y}_{1}}{{{x}_{2}-x}_{1}}$，
即$\frac{2a}{\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}+1}$+2•$\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}$-2=$\frac{[2aln{（x}_{2}+1）{{+x}_{2}}^{2}-{2x}_{2}]-[2aln{（x}_{1}+1）{{+x}_{1}}^{2}-{2x}_{1}]}{{{x}_{2}-x}_{1}}$，
即$\frac{4a}{{{x}_{1}+x}_{2}+2}$+x₁+x₂-2=$\frac{2aln\frac{{x}_{2}+1}{{x}_{1}+1}}{{{x}_{2}-x}_{1}}$+x₂+x₁-2，
即$\frac{2a}{{{x}_{1}+x}_{2}+2}$=$\frac{aln\frac{{x}_{2}+1}{{x}_{1}+1}}{{{x}_{2}-x}_{1}}$，即aln$\frac{{x}_{2}+1}{{x}_{1}+1}$=$\frac{2a{（x}_{2}{-x}_{1}）}{{x}_{1}{+x}_{2}+2}$，①
当a=0时，①式恒成立，满足条件；
当a≠0时，①式得ln$\frac{{x}_{2}+1}{{x}_{1}+1}$=2•$\frac{{{x}_{2}-x}_{1}}{{{x}_{1}+x}_{2}+2}$=2•$\frac{\frac{{x}_{2}+1}{{x}_{1}+1}-1}{\frac{{x}_{2}+1}{{x}_{1}+1}+1}$，②
记t=$\frac{{x}_{2}+1}{{x}_{1}+1}$-1，不妨设x₂＞x₁，则t＞0，②式得ln（t+1）=$\frac{2t}{t+2}$．③
由（1）问可知，方程③在（0，+∞）上无零点．
综上，满足条件的实数a=0．

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分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．