Question

3．已知f（x）=$\frac{1}{2}{x^2}-2x+{log_a}x（a＞0$且a≠1），f（x）是增函數(shù)，導(dǎo)函數(shù)f'（x）存在零點(diǎn)．
（1）求a的值；
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）（x₁＜x₂）是函數(shù)f（x）圖象上的兩點(diǎn)，x₀是AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)，是否存在x₀，使得f'（x₀）=$\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}$成立？若存在，請(qǐng)證明；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，從而可得△=4ln²a-4lna=0，從而解得；
（2）求導(dǎo)，得到$\frac{1}{2}$（x₂+x₁）-2+$\frac{2}{{x}_{2}{+x}_{1}}$=$\frac{1}{2}$（x₂+x₁）-2+$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$，化簡(jiǎn)得ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{2{（x}_{2}{-x}_{1}）}{{{x}_{2}+x}_{1}}$=0，即ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$=0，令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，g（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性判斷即可．

解答 解：（1）∵f（x）=$\frac{1}{2}$x²-2x+log_ax，
∴f′（x）=x-2+$\frac{1}{xlna}$=$\frac{（lna{）x}^{2}-2（lna）x+1}{xlna}$，
∵f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，且f′（x）存在零點(diǎn)，
∴△=4ln²a-4lna=0，
解得，lna=1或lna=0；
故a=e或a=1（舍去）；
故a=e；
（2）假設(shè)存在x₀，使得f′（x₀）=$\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}$成立，
由（1）得：f（x）=$\frac{1}{2}$x²-2x+lnx，（x＞0），f′（x）=x-2+$\frac{1}{x}$，
f′（x₀）=x₀-2+$\frac{1}{{x}_{0}}$=$\frac{1}{2}$（x₂+x₁）-2+$\frac{2}{{x}_{2}{+x}_{1}}$，
又$\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}$=$\frac{（{{\frac{1}{2}x}_{2}}^{2}-{2x}_{2}+l{nx}_{2}）-（{{\frac{1}{2}x}_{1}}^{2}-{2x}_{1}+l{nx}_{1}）}{{{x}_{2}-x}_{1}}$
=$\frac{1}{2}$（x₂+x₁）-2+$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$，
故$\frac{1}{2}$（x₂+x₁）-2+$\frac{2}{{x}_{2}{+x}_{1}}$=$\frac{1}{2}$（x₂+x₁）-2+$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$，
化簡(jiǎn)得ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{2{（x}_{2}{-x}_{1}）}{{{x}_{2}+x}_{1}}$=0，
即ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$=0，
令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，g（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，
則g′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{{（t+1）}^{2}}$=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{（t+1）}^{2}}$＞0，
g（t）在（1，+∞）遞增，
則g（t）＞g（1）=0，
故不存在x₀，使得f'（x₀）=$\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}$成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合綜合應(yīng)用及不等式的證明．