Question

7．已知函数f（x）=$\frac{4}{3}$x³-2x²+ax+b的图象在点P（0，f（0））处的切线方程为y=2x+1．
（I）求实数a、b的值；
（Ⅱ）设g（x）=f（x）+$\frac{m}{2x-1}$是[1，+∞）上的增函数，
（i）求实数m的最大值；
（ii）当m取最大值时，是否存在点Q，使得过点Q的直线能与曲线y=g（x）围成两个封闭图形，则这两个封闭图形的面积总相等？若存在，求出点Q的坐标，若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，得到关于a，b的不等式组，解出即可；
（Ⅱ）（i）求出g（x）的导数，根据g（x）的单调性，得到（2x-1）²+1-$\frac{2m}{{（2x-1）}^{2}}$≥0在[1，+∞）上恒成立，设（2x-1）²=t，则t∈[1，+∞），问题转化为2m≤t²+t在[1，+∞）上恒成立，求出m的范围即可；
（ii）法一：求出Q点的坐标，证明即可；法二：平移函数图象结合函数的奇偶性判断即可．

解答 解：（Ⅰ）由f′（x）=4x²-4x+a及题设得$\left\{\begin{array}{l}{f′（0）=2}\\{f（0）=1}\end{array}\right.$
解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=2}\\{b=1}\end{array}\right.$；
（Ⅱ）（ⅰ）由g（x）=$\frac{4}{3}$x³-2x²+2x+1+$\frac{m}{2x-1}$，
得g′（x）=4x²-4x+2-$\frac{2m}{{（2x-1）}^{2}}$，
∵g（x）是[1，+∞）上的增函数，
∴g′（x）≥0在[1，+∞）上恒成立，
即（2x-1）²+1-$\frac{2m}{{（2x-1）}^{2}}$≥0在[1，+∞）上恒成立，
设（2x-1）²=t，则t∈[1，+∞），
即不等式t+1-$\frac{2m}{t}$≥0在t∈[1，+∞）上恒成立，
所以2m≤t²+t在[1，+∞）上恒成立，
令y=t²+t，t∈[1，+∞），可得y_min=2，故m的最大值为1；
（ⅱ）方法一：由（ⅰ）得g（x）=$\frac{4}{3}$x³-2x²+2x+1+$\frac{1}{2x-1}$，
其图象关于点Q（$\frac{1}{2}$，$\frac{5}{3}$）成中心对称．
证明如下：
∵g（x）=$\frac{4}{3}$x³-2x²+2x+1+$\frac{1}{2x-1}$，
∴g（1-x）=-$\frac{4}{3}$x³+2x²-2x+$\frac{7}{3}$-$\frac{1}{2x-1}$，
因此，g（x）+g（1-x）=$\frac{10}{3}$，
上式表明，若点A（x，y）为函数g（x）在图象上的任意一点，则点B（1-x，$\frac{10}{3}$-y）也一定在函数g（x）的图象上，
而线段AB中点恒为点Q（$\frac{1}{2}$，$\frac{5}{3}$），由此即知函数g（x）的图象关于点Q成中心对称，
这也就表明，存在点Q（$\frac{1}{2}$，$\frac{5}{3}$），使得过点Q的直线若能与函数g（x）的图象围成两个封闭图形，
则这两个封闭图形的面积总相等．
方法二：由（ⅰ）得g（x）=$\frac{4}{3}$x³-2x²+2x+1+$\frac{1}{2x-1}$，
将函数g（x）的图象向左平移$\frac{1}{2}$个长度单位，再向下平移$\frac{5}{3}$个长度单位，
所得图象相应的函数解析式为h（x）=$\frac{4}{3}$x³+x+$\frac{1}{2x}$，x∈（-∞，0）∪（0，+∞），
由于h（-x）=-h（x），所以h（x）为奇函数，故h（x）的图象关于坐标原点成中心对称，
由此即得，函数g（x）的图象关于点Q（$\frac{1}{2}$，$\frac{5}{3}$）成中心对称，
这也表明，存在点Q（$\frac{1}{2}$，$\frac{5}{3}$），是得过点Q的直线若能与函数g（x）的图象围成两个封闭图形，
则这两个封闭图形的面积总相等．

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函数的对称性问题，是一道综合题．