Question

12．已知函數(shù)f（x）=alnx+x²-4x（a∈R）．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）（x₂＞x₁＞0）是曲線y=f（x）上的兩點(diǎn)，x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，問(wèn)：是否存在a，使得直線AB的斜率等于f′（x₀）？若存在，求出a的值；若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）求得函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，討論判別式和a的范圍，分a＞2，0＜a＜2，a≤0，利用導(dǎo)函數(shù)分別大于0和小于0求得x的范圍即可得到單調(diào)區(qū)間；
（2）由題意求出k_AB和f′（x₀）=f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$），由兩式相等化簡(jiǎn)，可知當(dāng)a=0時(shí)，該式對(duì)于任意x₁，x₂∈（0，+∞）都成立，當(dāng)a≠0時(shí)，令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}=t$，則t＞1，則lnt=$\frac{2（t-1）}{t+1}$，令h（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$（t＞1），利用導(dǎo)數(shù)說(shuō)明該函數(shù)無(wú)零點(diǎn)即可說(shuō)明不存在實(shí)數(shù)a，使得直線AB的斜率等于f′（x₀），綜合上述可得答案．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=x²-4x+alnx的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=2x-4+$\frac{a}{x}$=$\frac{{2x}^{2}-4x+a}{x}$（x＞0），
令g（x）=2x²-4x+a．
①當(dāng)△=16-8a≤0，即a≥2時(shí)，2x²-4x+a≥0恒成立，可得f′（x）≥0恒成立，
即有f（x）的增區(qū)間為（0，+∞），無(wú)減區(qū)間；
當(dāng)△=16-8a＞0，即a＜2，可得2x²-4x+a=0的兩根為x=1±$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$，
②當(dāng)0＜a＜2時(shí)，1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$＞1-$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$＞0，
由f′（x）＞0，可得x＞1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$，或0＜x＜1-$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$．
由f′（x）＜0，可得1-$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$＜x＜1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$．
即f（x）的增區(qū)間為（1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$，+∞），（0，1-$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$），
減區(qū)間為（1-$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$，1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$）；
③當(dāng)a≤0時(shí)，1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$＞0，1-$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$≤0，
由f′（x）＞0，可得x＞1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$．
由f′（x）＜0，可得0＜x＜1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$．
即f（x）的增區(qū)間為（1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$，+∞），減區(qū)間為（0，1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$）；
（2）不存在實(shí)數(shù)a，使得直線AB的斜率等于f′（x₀）．
證明如下：
f（x₁）=alnx₁+${{x}_{1}}^{2}-4{x}_{1}$，f（x₂）=alnx₂+${{x}_{2}}^{2}-4{x}_{2}$，
${k}_{AB}=\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{aln{x}_{2}+{{x}_{2}}^{2}-4{x}_{2}-aln{x}_{1}-{{x}_{1}}^{2}+4{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{a（ln{x}_{2}-ln{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}+{x}_{2}+{x}_{1}-4$，
函數(shù)在x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$處的切線的斜率k=f′（x₀）=f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=$2•\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}-4+\frac{2a}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，
由$2•\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}-4+\frac{2a}{{x}_{1}+{x}_{2}}$=$\frac{a（ln{x}_{2}-ln{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}+{x}_{2}+{x}_{1}-4$，得
$\frac{2a}{{x}_{1}+{x}_{2}}$=$\frac{a（ln{x}_{2}-ln{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，當(dāng)a=0時(shí)，該式對(duì)于任意x₁，x₂∈（0，+∞）都成立；
當(dāng)a≠0時(shí)，有$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}=\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，即$ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}=\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{2}+{x}_{1}}$=$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$．
令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}=t$，則t＞1，則lnt=$\frac{2（t-1）}{t+1}$，
令h（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$（t＞1），h′（t）=$\frac{1}{t}-\frac{4}{（t+1）^{2}}=\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）}$，
由t＞1，知h′（t）＞0，
∴h（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，∴h（t）＞h（1）=0．
∴方程lnt=$\frac{2（t-1）}{t+1}$在（1，+∞）上無(wú)解．
綜上，存在實(shí)數(shù)a，使得直線AB的斜率等于f′（x₀）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法及函數(shù)構(gòu)造法，考查邏輯思維能力與運(yùn)算求解能力，屬壓軸題．