Question

3．設(shè)函數(shù)f（x）=lnx+a（x²-3x+2），其中a∈R．
（1）討論f（x）極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)；
（2）設(shè)a=-$\frac{1}{2}$，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 （1）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，然后分a=0，a＜0和a＞0求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，并進(jìn)一步求得函數(shù)的極值；
（2）把f（x）代入g（x）=2f（x）-（λ+3）x+2，求其導(dǎo)函數(shù)，假設(shè)結(jié)論不成立可得$\left\{\begin{array}{l}{2ln{x}_{1}-{{x}_{1}}^{2}-λ{(lán)x}_{1}=2ln{x}_{2}-{{x}_{2}}^{2}-λ{(lán)x}_{2}①}\\{{x}_{1}+{x}_{2}=2{x}_{0}②}\\{\frac{2}{{x}_{0}}-2{x}_{0}-λ=0③}\end{array}\right.$，然后三個(gè)等式結(jié)合可得矛盾，從而證得結(jié)論．

解答 （1）解：函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），f′（x）=$\frac{1}{x}+a（2x-3）=\frac{ax（2x-3）+1}{x}$．
令g（x）=ax（2x-3）+1．
①當(dāng)a=0時(shí)，φ（x）=1，f（x）=lnx，∴函數(shù)f（x）在（-1，+∞）上單調(diào)遞增，無(wú)極值；
②當(dāng)a＜0時(shí)，φ（x）在（0，$\frac{3}{4}$）上單調(diào)遞增，在（$\frac{3}{4}，+∞$）上單調(diào)遞減，
且φ（0）=1＞0，∴φ（x）在（0，+∞）上有唯一零點(diǎn)，從而函數(shù)f（x）在（0，+∞）上有唯一極值點(diǎn)；
③當(dāng)a＞0時(shí)，若φ（$\frac{3}{4}$）=1-$\frac{9}{8}a≥0$，即0$＜a≤\frac{8}{9}$時(shí)，則φ（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，
從而f′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，無(wú)極值；
若φ（$\frac{3}{4}$）=1-$\frac{9}{8}a＜0$，即a＞$\frac{8}{9}$，由于φ（0）=1＞0，
則φ（x）在（0，+∞）上有兩個(gè)零點(diǎn)，從而函數(shù)f（x）在（0，+∞）上有兩個(gè)極值點(diǎn)．
綜上所述：
當(dāng)a＜0時(shí)，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上有唯一極值點(diǎn)；
當(dāng)0≤a≤$\frac{8}{9}$時(shí)，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上無(wú)極值點(diǎn)；
當(dāng)a＞$\frac{8}{9}$時(shí)，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上有兩個(gè)極值點(diǎn)．
（2）證明：g（x）=2lnx-x²-λx，g′（x）=$\frac{2}{x}-2x-λ$．
假設(shè)結(jié)論不成立，則有$\left\{\begin{array}{l}{2ln{x}_{1}-{{x}_{1}}^{2}-λ{(lán)x}_{1}=2ln{x}_{2}-{{x}_{2}}^{2}-λ{(lán)x}_{2}①}\\{{x}_{1}+{x}_{2}=2{x}_{0}②}\\{\frac{2}{{x}_{0}}-2{x}_{0}-λ=0③}\end{array}\right.$，
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$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}=\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，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(shè)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(shè)矛盾．
∴g′（x₀）≠0．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，考查分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，考查推理能力的與運(yùn)算思維能力，是壓軸題．