Question

7．已知函數f（x）=$\frac{4}{3}$x³-2x²+ax+b的圖象在點P（0，f（0））處的切線方程為y=2x+1．
（I）求實數a、b的值；
（Ⅱ）設g（x）=f（x）+$\frac{m}{2x-1}$是[1，+∞）上的增函數，
（i）求實數m的最大值；
（ii）當m取最大值時，是否存在點Q，使得過點Q的直線能與曲線y=g（x）圍成兩個封閉圖形，則這兩個封閉圖形的面積總相等？若存在，求出點Q的坐標，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數的導數，得到關于a，b的不等式組，解出即可；
（Ⅱ）（i）求出g（x）的導數，根據g（x）的單調性，得到（2x-1）²+1-$\frac{2m}{{（2x-1）}^{2}}$≥0在[1，+∞）上恒成立，設（2x-1）²=t，則t∈[1，+∞），問題轉化為2m≤t²+t在[1，+∞）上恒成立，求出m的范圍即可；
（ii）法一：求出Q點的坐標，證明即可；法二：平移函數圖象結合函數的奇偶性判斷即可．

解答 解：（Ⅰ）由f′（x）=4x²-4x+a及題設得$\left\{\begin{array}{l}{f′（0）=2}\\{f（0）=1}\end{array}\right.$
解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=2}\\{b=1}\end{array}\right.$；
（Ⅱ）（�。┯蒰（x）=$\frac{4}{3}$x³-2x²+2x+1+$\frac{m}{2x-1}$，
得g′（x）=4x²-4x+2-$\frac{2m}{{（2x-1）}^{2}}$，
∵g（x）是[1，+∞）上的增函數，
∴g′（x）≥0在[1，+∞）上恒成立，
即（2x-1）²+1-$\frac{2m}{{（2x-1）}^{2}}$≥0在[1，+∞）上恒成立，
設（2x-1）²=t，則t∈[1，+∞），
即不等式t+1-$\frac{2m}{t}$≥0在t∈[1，+∞）上恒成立，
所以2m≤t²+t在[1，+∞）上恒成立，
令y=t²+t，t∈[1，+∞），可得y_min=2，故m的最大值為1；
（ⅱ）方法一：由（ⅰ）得g（x）=$\frac{4}{3}$x³-2x²+2x+1+$\frac{1}{2x-1}$，
其圖象關于點Q（$\frac{1}{2}$，$\frac{5}{3}$）成中心對稱．
證明如下：
∵g（x）=$\frac{4}{3}$x³-2x²+2x+1+$\frac{1}{2x-1}$，
∴g（1-x）=-$\frac{4}{3}$x³+2x²-2x+$\frac{7}{3}$-$\frac{1}{2x-1}$，
因此，g（x）+g（1-x）=$\frac{10}{3}$，
上式表明，若點A（x，y）為函數g（x）在圖象上的任意一點，則點B（1-x，$\frac{10}{3}$-y）也一定在函數g（x）的圖象上，
而線段AB中點恒為點Q（$\frac{1}{2}$，$\frac{5}{3}$），由此即知函數g（x）的圖象關于點Q成中心對稱，
這也就表明，存在點Q（$\frac{1}{2}$，$\frac{5}{3}$），使得過點Q的直線若能與函數g（x）的圖象圍成兩個封閉圖形，
則這兩個封閉圖形的面積總相等．
方法二：由（�。┑胓（x）=$\frac{4}{3}$x³-2x²+2x+1+$\frac{1}{2x-1}$，
將函數g（x）的圖象向左平移$\frac{1}{2}$個長度單位，再向下平移$\frac{5}{3}$個長度單位，
所得圖象相應的函數解析式為h（x）=$\frac{4}{3}$x³+x+$\frac{1}{2x}$，x∈（-∞，0）∪（0，+∞），
由于h（-x）=-h（x），所以h（x）為奇函數，故h（x）的圖象關于坐標原點成中心對稱，
由此即得，函數g（x）的圖象關于點Q（$\frac{1}{2}$，$\frac{5}{3}$）成中心對稱，
這也表明，存在點Q（$\frac{1}{2}$，$\frac{5}{3}$），是得過點Q的直線若能與函數g（x）的圖象圍成兩個封閉圖形，
則這兩個封閉圖形的面積總相等．

點評 本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及函數的對稱性問題，是一道綜合題．