Question

已知函數(shù)f(x)=lnx-

1

2

ax2+bx(a＞0)且f′（1）=0
（1）試用含有a的式子表示b；
（2）若a=1，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（3）對(duì)于曲線(xiàn)上的不同兩點(diǎn)P₁（x₁，y₁），P₂（x₂，y₂），如果存在曲線(xiàn)上的點(diǎn)Q（x₀，y₀）且x₁＜x₀＜x₂，使得曲線(xiàn)在點(diǎn)Q處的切線(xiàn)l∥P₁P₂，則稱(chēng)P₁P₂存在“陪伴切線(xiàn)”．特別地，當(dāng)x0=

x1+x2

2

時(shí)，又稱(chēng)P₁P₂存在“中值陪伴切線(xiàn)”．試問(wèn)：在函數(shù)f（x）上是否存在兩點(diǎn)P₁，P₂使得它存在“中值陪伴切線(xiàn)”？若存在，求出P₁，P₂的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問(wèn)題中的應(yīng)用

專(zhuān)題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）利用導(dǎo)數(shù)解決，由f′（1）=0即得；
（2）利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（3）假設(shè)k=f′（x₀），則得ln

x1

x2

=

2 x1 x2 -2

x1 x2 +1

，令t=

x1

x2

，則u（t）=lnt-

2t-2

t+1

（0＜t＜1），
利用導(dǎo)數(shù)求得u（t）＜u（1）=0，假設(shè)k=f′（x₀）不成立，故得出結(jié)論．

解答： 解：（1）f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），
∵函數(shù)f(x)=lnx-

1

2

ax2+bx(a＞0)
∴f′（x）=

1

x

-ax+b，又∵f′（1）=0
∴b=a-1．
（2）由a=1得，b=0，∴f′（x）=

1

x

-x=

(1-x)(1+x)

x

，
∴由f′（x）＞0得，0＜x＜1；由f′（x）＜0得，x＞1；
∴f（x）的單調(diào)增區(qū)間是（0，1），單調(diào)減區(qū)間是（1，+∞）．
（3）因P₁、P₂在f（x）=lnx-

1

2

ax²+bx（a＞0）的圖象上，
∴y₁=lnx₁-

1

2

a

x

2 1

+（a-1）x₁，y₂=lnx₂-

1

2

a

x

2 2

+（a-1）x₂，
∴k=

y2-y1

x2-x1

=

lnx2-lnx1

x2-x1

-

1

2

a（x₂+x₁）+a-1，
∵x₀=

x2+x1

2

，
∴f′（x）=

1

x

-ax+a-1
∴f′（x₀）=

2

x2+x1

-a•

x2+x1

2

+a-1，
假設(shè)k=f′（x₀），則得：

lnx2-lnx1

x2-x1

-

1

2

a（x₂+x₁）+a-1）=

2

x2+x1

-a•

x2+x1

2

+a-1，
即

lnx2-lnx1

x2-x1

=

2

x2+x1

，即ln

x1

x2

=

2 x1 x2 -2

x1 x2 +1

令t=

x1

x2

，則u（t）=lnt-

2t-2

t+1

（0＜t＜1），
∵u′（t）=

(t-1)2

t(t+1)2

＞0，
∴u（t）在（0，1）上是增函數(shù)，∴u（t）＜u（1）=0，
∴l(xiāng)nt-

2t-2

t+1

＜0，∴假設(shè)k=f′（x₀）不成立，故假設(shè)k≠f′（x₀）．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究判斷函數(shù)的單調(diào)性及求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間最值等知識(shí)，考查解決存在性問(wèn)題的轉(zhuǎn)化策略，屬難題．