Question

已知函数g₁（x）=lnx，g₂（x）=

1

2

ax²+（1-a）x（a∈R且a≠0）．
（1）设f（x）=g₁（x）-g₂（x），求函数f（x）的单调区间；
（2）设函数g₁（x）的图象曲线C₁与函数g₂（x）的图象c₂交于的不同两点A、B，过线段AB的中点作x轴的垂线分别交C₁、C₂于点M、N．证明：C₁在M处的切线与C₂在N处的切线不平行．

Answer 1

分析：（1）依题意，f（x）=lnx-

1

2

ax²+（a-1）x，f′（x）=-

a(x-1)(x+ 1 a )

x

，对a分a＞0，a=0与a＜0，三类讨论，对a＜0再根据1与-

1

a

的大小关系分三类讨论即可求得答案；
（2）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），且不妨设0＜x₁＜x₂，则lnx₁-lnx₂=[

1

2

a（x₁+x₂）+1-a]（x₁-x₂），假设C₁在M处的切线与C₂在N处的切线平线，则有

2

x1+x2

=

1

2

a（x₁+x₂）+1-a，与前式联立可得：

lnx2-lnx1

x2-x1

=

2

x1+x2

，设

x2

x1

=t，（t＞1），则lnt+

4

t+1

=2，构造函数g（t）=lnt+

4

t+1

，可判断g（t）在（1，+∞）上递增，g（t）＞2恒成立．从而可证明C₁在M处的切线与C₂在N处的切线不平行．

解答：解：（1）∵f（x）=lnx-

1

2

ax²+（a-1）x
∴函数f（x）的定义域是（0，+∞）…（1分）
由已知得f′（x）=

1

x

-ax+a-1=-

a(x-1)(x+ 1 a )

x

，…（2分）
①当a＞0时，令f′（x）＞0，解得0＜x＜1； 令f′（x）＜0，，解得x＞1．
∴函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减…（3分）
②当a＜0，时
①当-

1

a

＜1时，即a＜-1时，令f′（x）＞0，解得0＜x＜-

1

a

或x＞1；
令f′（x）＜0，解得-

1

a

＜x＜1．
∴函数f（x）在（0，-

1

a

）和（1，+∞）上单调递增，在（-

1

a

，1）上单调递减…（4分）
②当-

1

a

=1时，即a=-1时，显然，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增…（5分）
③当-

1

a

＞1时，即-1＜a＜0时，令f′（x）＞0，解得0＜x＜1或x＞-

1

a

；
令f′（x）＜0，解得1＜x＜-

1

a

．
∴函数f（x）在（0，1）和（-

1

a

，+∞）上单调递增，（1，-

1

a

）上单调递减…（6分）
综上所述，（1）当a＞0时，函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；
（2）当a＜-1时，函数f（x）在（0，-

1

a

）和（1，+∞）上单调递增，在（-

1

a

，1）上单调递减；
（3）当a=-1时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
（4）当-1＜a＜0时，函数f（x）在（0，1）和（-

1

a

，+∞）上单调递增，（1，-

1

a

）上单调递减…（7分）
（2）证明：设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），且不妨设0＜x₁＜x₂，则
y₁=lnx₁=

1

2

ax12+（1-a）x₁…①
y₂=lnx₂=

1

2

ax22+（1-a）x₂…②
由①-②得：lnx₁-lnx₂=[

1

2

a（x₁+x₂）+1-a]（x₁-x₂）…③
假设C₁在M处的切线与C₂在N处的切线平线，则有

2

x1+x2

=

1

2

a（x₁+x₂）+1-a，
代入（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），上式化为：lnt=

2(t-1)

t+1

=2-

4

t+1

，…（11分）
即lnt+

4

t+1

=2…（12分）
令g（t）=lnt+

4

t+1

，g′（t）=

1

t

-

4

(t+1)2

=

(t-1)2

t(t+1)2

，
∵t＞1，显然g′（t）＞0，
∴g（t）在（1，+∞）上递增，
显然有g（t）＞2恒成立．
∴在（1，+∞）内不存在，使得lnt+

4

t+1

=2成立．
综上所述，假设不成立．
∴C₁在M处的切线与C₂在N处的切线不平线…（14分）

点评：本题考查利用导数研究函数的单调性，考查分类讨论思想与转化思想，方程思想的综合运用，考查反证法，属于难题．