Question

18．已知a为实数，函数f（x）=alnx+x²-4x．
（1）当a=1时，求f（x）在x=1处的切线方程；
（2）定义：若函数m（x）的图象上存在两点A，B，设线段AB的中点为P（x₀，y₀），若m（x）在点Q（x₀，m（x₀））处的切线l与直线AB平行或重合，则函数m（x）是“中值平衡函数”，切线l叫做函数m（x）的“中值平衡切线”，试判断函数f（x）是否是“中值平衡切线”？若是，判断函数f（x）的“中值平衡切线”的条数；若不是，说明理由；
（3）设g（x）=（a-2）x，若?x₀∈[$\frac{1}{e}$，e]，使得f（x₀）≤g（x₀）成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）根据导数的几何意义解出切点坐标和斜率，带入直线的点斜式方程；
（2）先假设函数是“中值平衡函数”，结合定义得到，通过讨论a的范围，从而确定结论；
（3）使用分离参数法解出a≥$\frac{-{{x}_{0}}^{2}+2{x}_{0}}{ln{x}_{0}-{x}_{0}}$，求后面函数的最小值即可．

解答 解：（1）a=1时，f（x）=lnx+x²-4x，f′（x）=$\frac{1}{x}$+2x-4．
∴f（x）在x=1处的切线斜率k=f′（1）=-1，∵f（1）=-3，
∴f（x）在x=1处的切线方程是y+3=-（x-1），即x+y+2=0．
（2）f′（x）=$\frac{a}{x}$+2x-4，
假设f（x）是中值平衡函数，则存在A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）（0＜x₁＜x₂），使得f′（x₀）=$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，
即$\frac{a}{{x}_{0}}$+2x₀-4=$\frac{aln{x}_{2}+{{x}_{2}}^{2}-4{x}_{2}-aln{x}_{1}-{{x}_{1}}^{2}+4{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{aln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$+x₂+x₁-4．
∵x₁+x₂=2x₀，∴$\frac{2a}{{x}_{1}+{x}_{2}}$=$\frac{aln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，
①当a=0时，上式恒成立，所以函数f（x）是“中值平衡函数”，且函数f（x）的“中值平衡切线”有无数条；
②当a≠0时，令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t，则x₂=x₁t，t＞1，∴$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{1}t}$=$\frac{lnt}{{x}_{1}t-{x}_{1}}$，即$\frac{2}{t+1}=\frac{lnt}{t-1}$，∴lnt=$\frac{2t-2}{t+1}=2-\frac{4}{t+1}$．
令h（t）=lnt-2+$\frac{4}{t+1}$，则h′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{（t+1）^{2}}$=$\frac{（t+1）^{2}-4t}{t（t+1）^{2}}$=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，
∴h（t）在（1，+∞）上单调递增，∴h（t）＞h（1）=0，
∴h（t）=0无解，即函数f（x）不是“中值平衡函数”．
综上，当a=0时，f（x）是“中值平衡函数”，函数f（x）的“中值平衡切线”有无数条；
当a≠0时，f（x）不是“中值平衡函数”．
（3）∵alnx₀+x₀²-4x₀≤（a-2）x₀，
∴a（lnx₀-x₀）≤-x₀²+2x₀．
∵lnx₀-x₀＜0，∴a≥$\frac{-{{x}_{0}}^{2}+2{x}_{0}}{ln{x}_{0}-{x}_{0}}$，
令F（x₀）=$\frac{-{{x}_{0}}^{2}+2{x}_{0}}{ln{x}_{0}-{x}_{0}}$，则F′（x₀）=$\frac{（2-2{x}_{0}）（ln{x}_{0}-{x}_{0}）-（2{x}_{0}-{{x}_{0}}^{2}）（\frac{1}{{x}_{0}}-1）}{（ln{x}_{0}-{x}_{0}）^{2}}$，
∴当$\frac{1}{e}$≤x₀＜1时，F′（x₀）＜0，当1＜x₀≤e时，F′（x₀）＞0，当x₀=1时，F′（x₀）=0，
∴F（x₀）在[$\frac{1}{e}$，1]上单调递减，在（1，e]上单调递增，
∴F_min（x₀）=F（1）=-1．
∴a的取值范围是[-1，+∞）．

点评 本题考查了导数的几何性质，导数在求最值时的应用及对新定义的理解，计算较复杂，属于难题．