Question

6．設函數(shù)f（x）=alnx+b（x²-3x+2），其中a，b∈R．
（I）若a=b，討論f（x）極值（用a表示）；
（Ⅱ）當a=1，b=$-\frac{1}{2}$，函數(shù)g（x）=2f（x）-（λ+3）x+2，若x₁，x₂（x₁≠x₂）滿足g（x₁）=g（x₂）且x₁+x₂=2x₀，證明：g′（x₀）≠0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)的導數(shù)，假設結(jié)論不成立，得到ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=$\frac{2\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-2}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$，令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，構造函數(shù)u（t）=lnt-$\frac{2t-2}{t+1}$（0＜t＜1），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性判斷即可．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），∵a=b∴f（x）=alnx+a（x²-3x+2）
∴f′（x）=$\frac{a}{x}$+a（2x-3），∴f′（x）=$\frac{a}{x}$+a（2x-3）=$\frac{a（x-1）（2x-1）}{x}$，
①當a=0時，f（x）=0，所以函數(shù)f（x）無極值；
②當a＞0時，f（x）在（0，$\frac{1}{2}$）和（1，+∞）單調(diào)遞增，在（$\frac{1}{2}$，1）單調(diào)遞減，
∴f（x）的極大值為f（$\frac{1}{2}$）=-aln2+$\frac{3}{4}$a，f（x）的極小值為f（1）=0；
③當a＜0時，f（x）在（0，$\frac{1}{2}$）和（1，+∞）單調(diào)遞減，在（$\frac{1}{2}$，1）單調(diào)遞增，
∴f（x）的極小值為f（$\frac{1}{2}$）=-aln2+$\frac{3}{4}$a，f（x）的極大值為f（1）=0；
綜上所述：
當a=0時，函數(shù)f（x）無極值；
當a＞0時，函數(shù)f（x）的極大值為-alna，函數(shù)f（x）的極小值為0；
當a＜0時，函數(shù)f（x）的極小值為-alna，函數(shù)f（x）的極大值為0．…（5分）
（Ⅱ）g（x）=2lnx-x²-λx，g′（x）=$\frac{2}{x}$-2x-λ，
假設結(jié)論不成立，
則有$\left\{\begin{array}{l}{2l{nx}_{1}{{-x}_{1}}^{2}-{λx}_{1}=2l{nx}_{2}{{-x}_{2}}^{2}-{λx}_{2}①}\\{{x}_{1}{+x}_{2}={2x}_{0}，②}\\{\frac{2}{{x}_{0}}-{2x}_{0}-λ=0，③}\end{array}\right.$，
由①，得$2ln\frac{x_1}{x_2}-（{x_1}^2-{x_2}^2）-λ（{x_1}-{x_2}）=0$，∴$λ=2\frac{{ln\frac{x_1}{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}-2{x_0}$，
由③，得$λ=\frac{2}{x_0}-2{x_0}$，∴$\frac{{ln\frac{x_1}{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}=\frac{1}{x_0}$，即ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=$\frac{2\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-2}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$．④
令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，不妨設x₁＜x₂，u（t）=lnt-$\frac{2t-2}{t+1}$（0＜t＜1），則u′（t）=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$＞0，
∴u（t）在0＜t＜1上增函數(shù)，u（t）＜u（1）=0，∴④式不成立，與假設矛盾．
∴g′（x₀）≠0．                                             …（12分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及不等式的證明，考查分類討論思想，是一道綜合題．