Question

15．已知函數(shù)f（x）=lnx+ax²+3x的圖象過點（1，1）．
（Ⅰ）求a的值及f（x）的極值；
（Ⅱ）證明：存在m∈（1，+∞），使得$f（m）=f（\frac{1}{2}）$；
（Ⅲ）記y=f（x）的圖象為曲線Γ．設點A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是曲線Γ上不同的兩點．如果在曲線Γ上存在點M（x₀，y₀），使得：①${x_0}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}$；②曲線Γ在點M處切線平行于直線AB，則稱函數(shù)f（x）存在“中值伴隨切線”，試問：函數(shù)f（x）是否存在“中值伴隨切線”？請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出a=-2，再求出函數(shù)的導數(shù)，得到單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)極值；
（Ⅱ）只需證明m＞1時，也有某個m使得f（m）=f（$\frac{1}{2}$），令G（x）=f（x）-f（$\frac{1}{2}$），x→+∞時，G（x）→-∞，必然存在m∈（1，+∞）使G（m）=0，問題解決，
（Ⅲ）對于存在性問題，可先假設存在，即假設存在兩點A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），再利用中值伴隨切線的意義結合導數(shù)工具，若出現(xiàn)矛盾，則說明假設不成立，即不存在；否則存在．

解答 （I）解：∵函數(shù)f（x）=lnx+ax²+3x的圖象過點（1，1），
∴a=-2，
∴f（x）=lnx-2x²+3x，（x＞0）
∴f′（x）=$\frac{-（x-1）（4x+1）}{x}$（x＞0），
令f′（x）=0，解得x=1，
當0＜x＜1時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增；當x＞1時，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減．
∴x=1時，函數(shù)f（x）有極大值1，無極小值；
（Ⅱ）證明：構造函數(shù)F（x）=f（x）-f（$\frac{1}{2}$）=lnx-2x²+3x+ln2-1
∵f（1）＞f（$\frac{1}{2}$），
∴F（1）＞0，
∵F（e）=e（3-2e）+ln2＜0，
∴函數(shù)F（x）在區(qū)間（1，e）上存在零點，
即存在m∈（1，+∞），使得$f（m）=f（\frac{1}{2}）$；
（Ⅲ）解：k_AB=$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$-2（x₁+x₂）+3．
∵f′（x₀）=$\frac{1}{{x}_{0}}$-4x₀+3=$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-4•$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$+3，
假設存在“中值伴隨切線”，則k_AB=f′（x₀），可得$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，
∴l(xiāng)n$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=2•$\frac{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$，
令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t且0＜t＜1，則lnt=2•$\frac{t-1}{t+1}$，
構造g（t）=lnt-2•$\frac{t-1}{t+1}$，
∴g′（t）=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）}$＞0，
∴函數(shù)單調(diào)遞增，
∵g（1）=0，
∴g（t）在（0，1）上無零點，
即函數(shù)f（x）不存在“中值伴隨切線”．

點評 本題考查函數(shù)的零點，考查分類討論的數(shù)學思想，考查導數(shù)知識的運用，考查存在性問題，綜合性強．