题目内容
11．已知函数f（x）=lnx+a（x2-x）（I）若a=-1，求f（x）的极值；
（Ⅱ）若f（x）存在单调递减区间，求a的取值范围；
（Ⅲ）若f（x）的图象与x轴交于A（x1，0），B（x2，0）（x1＜x2），AB的中点为C（x0，0），求证：f′（x0）≠0．
分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的方程，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；
（Ⅱ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，得到函数的单调区间，根据函数的单调性确定a的范围即可；
（Ⅲ）根据ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-$\frac{2{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$=0，得到ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-$\frac{2\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-2}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$=0，设t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$（0＜t＜1），则lnt-$\frac{2t-2}{t+1}$=0，令u（t）=lnt-$\frac{2t-2}{t+1}$（0＜t＜1），根据函数的单调性证明即可．
解答 解：（I）f（x）定义域为（0，+∞），f′（x）=$\frac{1}{x}$+2ax-a=$\frac{2{ax}^{2}-ax+1}{x}$，
当a=-1时，f′（x）=$\frac{-（2x+1）（x-1）}{x}$，由f′（x）=0，∴x=-$\frac{1}{2}$或x=1，
| x | （0，1） | 1 | （1，+∞） |
| f′（x） | + | 0 | - |
| f（x） | 单调递增 | 极大值 | 单调递减 |
（Ⅱ）f′（x）=$\frac{2{ax}^{2}-ax+1}{x}$，
∵f（x）存在单调递减区间，∴f′（x）＜0在（0，+∞）内有解，
即关于x的不等式2ax2-ax+1＜0在（0，+∞）内有解，
若a=0，则f′（x）=$\frac{1}{x}$＞0，f（x）在（0，+∞）单调递增，不存在单调递减区间；
若a＞0，则函数y=2ax2-ax+1的图象是开口向上的抛物线，且恒过点（0，1），
要使关于x的不等式2ax2-ax+1＜0在（0，+∞）内有解，
则应有$\left\{\begin{array}{l}{△{=a}^{2}-8a＞0}\\{-\frac{-a}{4a}＞0}\end{array}\right.$，
∴a＜0或a＞8，由于a＞0，∴a＞8；
若a＜0，
则函数y=2ax2-ax+1的图象是开口向下的抛物线，且恒过点（0，1），
关于x的不等式2ax2-ax+1＜0在（0，+∞）内一定有解．
综上，a＜0或a＞8；
（Ⅲ）依题意：x1+x2=2x0，假设结论不成立，即f′（x0）=0，
则有$\left\{\begin{array}{l}{f{（x}_{1}）=l{nx}_{1}+a{{（x}_{1}}^{2}{-x}_{1}）=0①}\\{f{（x}_{2}）=l{nx}_{2}+a{{（x}_{2}}^{2}{-x}_{2}）=0②}\\{f′{（x}_{0}）=\frac{1}{{x}_{0}}+2{ax}_{0}-a=0③}\end{array}\right.$，
①-②，得ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+a（${{x}_{1}}^{2}$-${{x}_{2}}^{2}$）-a（x1-x2）=0，
∴ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+a（x1+x2）（x1-x2）-a（x1-x2）=0，
由③得，$\frac{2}{{{x}_{1}+x}_{2}}$+a（x1+x2）-a=0，
∴ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-$\frac{2{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$=0，即ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-$\frac{2\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-2}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$=0，
设t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$（0＜t＜1），则lnt-$\frac{2t-2}{t+1}$=0，---④
令u（t）=lnt-$\frac{2t-2}{t+1}$（0＜t＜1），
∴u′（t）=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$＞0，∴u（t）在（0，1）上为增函数．
∴u（t）＜u（1）=0，即lnt-$\frac{2t-2}{t+1}$＜0，与④式矛盾
∴假设不成立，∴f′（x0）≠0．
点评 本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想、转化思想，考查不等式的证明，是一道综合题．
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