Question

已知点P（1，1）是函数f（x）=lnx+

1

2

ax²-（a+1）x的图象上一点．
（1）求f（x）的单调区间．
（2）证明：存在a∈（1，+∞），使得f（a）=f（

1

3

）；
（3）记函数y=f（x）的图象为曲线C，设点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是曲线C上的不同两点，如果在曲线C上存在点M（x₀，y₀），使得①：x₀=

x1+x2

2

；②：曲线C在点M处的切线平行于直线AB，则称函数f（x）存在“中值相依切线”，试问：函数f（x）是否存在“中值相依切线”，请说明理由．

Answer 1

考点：利用导数研究曲线上某点切线方程,利用导数研究函数的单调性

专题：计算题,证明题,压轴题,导数的综合应用

分析：（1）先求函数f（x）的定义域，代入点P（1，1）求a，从而化简函数并确定函数的单调性；
（2）设g（x）=f（x）-f（

1

3

），由于f（x）在（0，1）内单调递增知f（1）＞f（

1

3

），从而得即g（1）＞0；再取x′=2e＞1，从而得g（x′）=e（

ln6+ 2 9

e

+6-8e）＜0，从而证明；
（3）假设函数f（x）存在“中值相依切线”，设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是曲线y=f（x）上的不同两点，且0＜x₁＜x₂，从而化简可得ln

x2

x1

=

2(x2-x1)

x2+x1

=

2( x2 x1 -1)

x2 x1 +1

；令

x2

x1

=t（t＞1），化为lnt=

2(t-1)

t+1

=2-

4

t+1

，lnt+

4

t+1

=2；再令h（t）=lnt+

4

t+1

，求导h′（t）=

1

t

-

4

(t+1)2

=

(t-1)2

t(t+1)2

；从而解得．

解答： 解：（1）函数f（x）的定义域是（0，+∞）．
∵点P（1，1）是函数f（x）=lnx+

1

2

ax²-（a+1）x的图象上一点，
∴

1

2

a-（a+1）=1，a=-4，
f（x）=lnx-2x²+3x．
∴f′（x）=

(x-1)(4x+1)

x

．

x	（0，1）	1	（1，+∞）
f′（x）	+	0	-
f（x）	↗	1	↘

∴f（x） 在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减．
（2）证明：由（1）知f（x）在（0，1）内单调递增，在（1，+∞）内单调递减．
设g（x）=f（x）-f（

1

3

），由于f（x）在（0，1）内单调递增，
故f（1）＞f（

1

3

） 即g（1）＞0．
取x′=2e＞1，则g（x′）=e（

ln6+ 2 9

e

+6-8e）＜0，
所以存在α∈（1，x′），使f（α）=f（

1

3

）．
即存在α∈（1，+∞），使f（α）=f（

1

3

）．
（3）假设函数f（x）存在“中值相依切线”．
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是曲线y=f（x）上的不同两点，且0＜x₁＜x₂，
则y₁=lnx₁-2x₁²+3x₁，y₂=lnx₂-2x₂²+3x₂．
k_AB=

y2-y1

x2-x1

=

lnx2-lnx1-2( x 2 2 - x 2 1 )+3(x2-x1)

x2-x1

=

lnx2-lnx1

x2-x1

-2（x₁+x₂）+3．
曲线在点M（x₀，y₀）处的切线斜率k=f′（x₀）=f′（

x1+x2

2

）=

2

x1+x2

-2（x₁+x₂）+3；
依题意得：

lnx2-lnx1

x2-x1

-2（x1+x2）+3=

2

x1+x2

-2（x₁+x₂）+3；
化简可得：

lnx2-lnx1

x2-x1

=

2

x1+x2

，
即ln

x2

x1

=

2(x2-x1)

x2+x1

=

2( x2 x1 -1)

x2 x1 +1

．
设

x2

x1

=t（t＞1），上式可化为lnt=

2(t-1)

t+1

=2-

4

t+1

，lnt+

4

t+1

=2；
令h（t）=lnt+

4

t+1

，
h′（t）=

1

t

-

4

(t+1)2

=

(t-1)2

t(t+1)2

．
因为t＞1，显然h′（t）＞0，所以在（1，+∞）上递增，
显然有h（t）＞2恒成立．所以在（1，+∞）内不存在，使得lnt+

4

t+1

=2成立．
综上所述，假设不成立．所以，函数f（x）不存在“中值相依切线”．

点评：本题考查了导数的综合应用及学生的化简与构造函数的能力，属于难题．