Question

17．已知函數(shù)f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²+（a-1）x（a∈R）．
（Ⅰ）試求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）設(shè)g（x）=2e^x（x+1），當(dāng)a=2時(shí)，不等式-lnx+2x²+x+1＜m•g（x）-f（x）對(duì)?x∈（-1，+∞）恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（Ⅲ）若函數(shù)y=F（x）的圖象為曲線C，設(shè)點(diǎn)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是曲線C上的不同兩點(diǎn)，如果在曲線C上存在點(diǎn)M（x₀，y₀），使得：①x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$；②曲線C在點(diǎn)M處的切線平行于直線AB，則稱函數(shù)F（x）存在“中值相依切線”．請(qǐng)問：函數(shù)y=f（x）（a∈R且a≠0）是否存在“中值相依切線”，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （I）根據(jù)對(duì)數(shù)函數(shù)的定義求得函數(shù)的定義域，再根據(jù)f（x）的解析式求出f（x）的導(dǎo)函數(shù)，然后分別令導(dǎo)函數(shù)大于0和小于0得到關(guān)于x的不等式，求出不等式的解集即可得到相應(yīng)的x的范圍即分別為函數(shù)的遞增和遞減區(qū)間；
（Ⅱ）問題轉(zhuǎn)化為m＞$\frac{x+1}{{2e}^{x}}$對(duì)?x∈（-1，+∞）恒成立，令h（x）=$\frac{x+1}{{2e}^{x}}$，（x＞-1），通過求導(dǎo)得到函數(shù)h（x）的最大值，從而求出m的范圍；
（Ⅲ）假設(shè)函數(shù)f（x）的圖象上存在兩點(diǎn)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），使得AB存在“中值相依切線”，根據(jù)斜率公式求出直線AB的斜率，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出直線AB的斜率，它們相等，再通過構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和最值即可證明結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域是（0，+∞）．…（1分）
由已知得，f′（x）=$\frac{1}{x}$-ax+a-1=-$\frac{a（x-1）（x+\frac{1}{a}）}{x}$．…（2分）
（1）當(dāng)a＞0時(shí)，令f'（x）＞0，解得0＜x＜1； 令f'（x）＜0，解得x＞1．
所以函數(shù)f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減．…（3分）
（2）當(dāng)a＜0時(shí)，
①當(dāng)-＜1時(shí)，即a＜-1時(shí)，令f'（x）＞0，解得0＜x＜-$\frac{1}{a}$或x＞1；
令f'（x）＜0，解得-$\frac{1}{a}$＜x＜1．
所以，函數(shù)f（x）在（0，-$\frac{1}{a}$）和（1，+∞）上單調(diào)遞增，在（-$\frac{1}{a}$，1）上單調(diào)遞減；…（4分）
②當(dāng)-$\frac{1}{a}$=1時(shí)，即a=-1時(shí)，顯然，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增； …（5分）
③當(dāng)-$\frac{1}{a}$＞1時(shí)，即-1＜a＜0時(shí)，令f'（x）＞0，解得0＜x＜1或x＞-$\frac{1}{a}$；
令f'（x）＜0，解得1＜x＜-$\frac{1}{a}$．
所以，函數(shù)f（x）在（0，1）和（-$\frac{1}{a}$，+∞）上單調(diào)遞增，在（1，-$\frac{1}{a}$）上單調(diào)遞減．…（6分）
綜上所述，（1）當(dāng)a＞0時(shí)，函數(shù)f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減；
（2）當(dāng)a＜-1時(shí)，函數(shù)f（x）在（0，-$\frac{1}{a}$）和（1，+∞）上單調(diào)遞增，在（-$\frac{1}{a}$，1）上單調(diào)遞減；
（3）當(dāng)a=-1時(shí)，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
（4）當(dāng)-1＜a＜0時(shí)，函數(shù)f（x）在（0，1）和（-$\frac{1}{a}$，+∞）上單調(diào)遞增，在（1，-$\frac{1}{a}$）上單調(diào)遞減．…（7分）
（Ⅱ）不等式-lnx+2x²+x+1＜m•g（x）-f（x）對(duì)?x∈（-1，+∞）恒成立，
等價(jià)于-lnx+2x²+x+1＜m•2e^x（x+1）-lnx+x²-x對(duì)?x∈（-1，+∞）恒成立，
等價(jià)于x²+2x+1＜2me^x（x+1）對(duì)?x∈（-1，+∞）恒成立，
等價(jià)于m＞$\frac{x+1}{{2e}^{x}}$對(duì)?x∈（-1，+∞）恒成立，
令h（x）=$\frac{x+1}{{2e}^{x}}$，（x＞-1），h′（x）=-$\frac{x}{{2e}^{x}}$，
令h′（x）＞0，解得：-1＜x＜0，令h′（x）＜0，解得：x＞0，
∴h（x）在（-1，0）遞增，在（0，+∞）遞減，
∴h（x）_最大值=h（x）_極大值=h（0）=$\frac{1}{2}$，
∴m＞$\frac{1}{2}$；
（Ⅲ）假設(shè)函數(shù)f（x）存在“中值相依切線”．
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是曲線y=f（x）上的不同兩點(diǎn)，且0＜x₁＜x₂，
則y₁=lnx₁-$\frac{1}{2}$ax₁²+（a-1）x₁，y₂=lnx₂-$\frac{1}{2}$ax₂²+（a-1）x₂．
k_AB=$\frac{{y}_{2}{-y}_{1}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$=$\frac{l{nx}_{2}-l{nx}_{1}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$-$\frac{1}{2}$a（x1+x2）+（a-1）…（8分）
曲線在點(diǎn)M（x₀，y₀）處的切線斜率k=f'（x₀）=f′（ $\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）=$\frac{2}{{x}_{1}{+x}_{2}}$-a•$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$+（a-1），…（9分）
依題意得：$\frac{{lnx}_{2}-l{nx}_{1}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$-$\frac{1}{2}$a（x₁+x₂）+（a-1）=$\frac{2}{{x}_{1}{+x}_{2}}$-a•$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$+（a-1）．
化簡可得：$\frac{l{nx}_{2}-l{nx}_{1}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$=$\frac{2}{{x}_{1}{+x}_{2}}$，
即ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=$\frac{2（{{x}_{2}-x}_{1}）}{{x}_{2}{+x}_{1}}$=$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$．…（11分）
設(shè)$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t（t＞1），上式化為：lnt=$\frac{2（t-1）}{t+1}$=2-$\frac{4}{t+1}$，
即lnt+$\frac{4}{t+1}$=2．…（12分）
令g（t）=lnt+$\frac{4}{t+1}$，g′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{{（t+1）}^{2}}$=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$．
因?yàn)閠＞1，顯然g'（t）＞0，所以g（t）在（1，+∞）上遞增，
顯然有g(shù)（t）＞2恒成立．
所以在（1，+∞）內(nèi)不存在t，使得lnt+$\frac{4}{t+1}$=2成立．
綜上所述，假設(shè)不成立．所以，函數(shù)f（x）不存在“中值相依切線”．

點(diǎn)評(píng) 此題考查學(xué)生會(huì)利用導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，靈活運(yùn)用中點(diǎn)坐標(biāo)公式化簡求值，掌握反證法進(jìn)行命題證明的方法，是一道綜合題，屬難題．