Question

15．已知函数f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²+（1-a）x，其中a∈R，f（x）的导函数是f′（x）．
（Ⅰ）求函数f（x）的极值；
（Ⅱ）在曲线y=f（x）的图象上是否存在不同的两点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）（x₁≠x₂），使得直线AB的斜率k=f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）？若存在，求出x₁与x₂的关系；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求导数$f′（x）=\frac{-a{x}^{2}+（1-a）x+1}{x}$，讨论a的符号，这样便可判断导数的符号，从而可判断每种情况是否存在极值，若存在便可求出该极值；
（Ⅱ）先根据条件求出斜率$k=\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}-\frac{a}{2}（{x}_{1}+{x}_{2}）+1-a$，而可得到$f′（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}）=\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}-\frac{a}{2}（{x}_{1}+{x}_{2}）+1-a$，这样便可根据条件得出$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}=\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，然后换元$t=\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，并设x₁＞x₂，t＞1，从而得出$g（t）=lnt-\frac{2（t-1）}{t+1}=lnt+\frac{4}{t+1}-2（t＞1）$；求导数并可判断导数符号g′（t）＞0，从而g（t）＞g（1），而g（1）=0，这即说明g（t）=0无解，从而得出满足条件的两点A，B不存在．

解答 解：（Ⅰ）由已知得，f′（x）=$\frac{1}{x}-ax+（1-a）=\frac{-a{x}^{2}+（1-a）x+1}{x}（x＞0）$
（1）当a≤0时，∵x＞0，∴f′（x）＞0；
∴f（x）在（0，+∞）上是增函数，此时函数f（x）无极值；
（2）当a＞0时，$f′（x）=\frac{-a{x}^{2}+（1-a）x+1}{x}=\frac{-a（x-\frac{1}{a}）（x+1）}{x}$；
∴当x$∈（0，\frac{1}{a}）$时，g′（x）＞0；当x$∈（\frac{1}{a}，+∞）$时，g′（x）＜0；
∴函数f（x）在$（0，\frac{1}{a}）$上是增函数，在$（\frac{1}{a}，+∞）$上是减函数；
∴当$x=\frac{1}{a}$时，f（x）有极大值$f（\frac{1}{a}）=\frac{1}{2a}-lna-1$，无极小值；
综上所述，当a≤0时，函数f（x）无极值，当a＞0时，f（x）有极大值$\frac{1}{2a}-lna-1$，无极小值．
（Ⅱ）由题意得，
$k=\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{[ln{x}_{1}-\frac{a}{2}{{x}_{1}}^{2}+（1-a）{x}_{1}]-[ln{x}_{1}-\frac{a}{2}{{x}_{2}}^{2}+（1-a）{x}_{2}]}{{x}_{1}-{x}_{2}}$
=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-\frac{a}{2}（{{x}_{1}}^{2}-{{x}_{2}}^{2}）+（1-a）（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}-\frac{a}{2}（{x}_{1}+{x}_{2}）+（1-a）$．
$f′（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}）=\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}-\frac{a}{2}（{x}_{1}+{x}_{2}）+（1-a）$．
由$k=f′（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}）$得，$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}=\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$；
即$ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}=\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，即$ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-\frac{2（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}=0$；
令$t=\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，不妨设x₁＞x₂，则t＞1，记$g（t）=lnt-\frac{2（t-1）}{t+1}=lnt+\frac{4}{t+1}-2（t＞1）$；
$g′（t）=\frac{1}{t}-\frac{4}{（t+1）^{2}}=\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）}＞0$，所以g（t）在（1，+∞）上是增函数；
所以g（t）＞g（1）=0，所以方程g（t）=0无解，则满足条件的两点A，B不存在．

点评 考查基本初等函数导数的求法，根据导数符号判断函数单调性，以及求函数极值的方法，根据两点坐标求直线的斜率的计算公式，通分及公因式提取的运用，以及换元法的运用，根据函数单调性求值域的方法．