Question

19．已知函數(shù)f（x）=lnx-$\frac{1}{2}a{x}^{2}$+（a-1）x（a＞0）．
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）試問在函數(shù)f（x）的圖象上是否存在A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）（x₁＜x₂），使得f（x）在x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$處的切線l平行于AB，若存在，求出A，B點(diǎn)的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)f′（x）=-$\frac{（ax+1）（x-1）}{x}$，從而確定導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，從而確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）求導(dǎo)f′（x₀）=$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-a$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$+a-1，求直線AB的斜率k_AB=$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$-$\frac{1}{2}a（{x}_{2}+{x}_{1}）$+a-1，從而可得$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{x}_{2}+{x}_{1}}$=$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{2}$，再設(shè)$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t，（t＞1），從而可得2$\frac{t-1}{t+1}$=lnt，令g（t）=lnt-2$\frac{t-1}{t+1}$=lnt+$\frac{4}{t+1}$-2，從而解得．

解答 解：（1）∵f（x）=lnx-$\frac{1}{2}a{x}^{2}$+（a-1）x，
∴f′（x）=-$\frac{（ax+1）（x-1）}{x}$，
又∵a＞0，
∴當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，f′（x）＞0，當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，f′（x）＜0；
故f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，1），單調(diào)減區(qū)間為（1，+∞）；
（2）∵f′（x₀）=f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-a$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$+a-1，
k_AB=$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}-\frac{1}{2}a（{x}_{2}-{x}_{1}）（{x}_{2}+{x}_{1}）+（a-1）（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$
=$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$-$\frac{1}{2}a（{x}_{2}+{x}_{1}）$+a-1，
由題意可得，
$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-a$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$+a-1=$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$-$\frac{1}{2}a（{x}_{2}+{x}_{1}）$+a-1；
故$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$=$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，
故$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{x}_{2}+{x}_{1}}$=$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{2}$，
即設(shè)$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t，（t＞1），
則上式可化為$\frac{t-1}{t+1}$=$\frac{1}{2}$lnt，
即2$\frac{t-1}{t+1}$=lnt，
令g（t）=lnt-2$\frac{t-1}{t+1}$=lnt+$\frac{4}{t+1}$-2，
g′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{（t+1）^{2}}$=$\frac{{t}^{2}+2t+1-4t}{t（t+1）^{2}}$=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$≥0，
故g（t）=lnt-2$\frac{t-1}{t+1}$在（0，+∞）上是增函數(shù)，
而g（1）=0，
故與x₁＜x₂相矛盾，故不存在．

點(diǎn)評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及導(dǎo)數(shù)的幾何意義的應(yīng)用．