Question

15．已知函数f（x）=lnx+ax²+3x的图象过点（1，1）．
（Ⅰ）求a的值及f（x）的极值；
（Ⅱ）证明：存在m∈（1，+∞），使得$f（m）=f（\frac{1}{2}）$；
（Ⅲ）记y=f（x）的图象为曲线Γ．设点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是曲线Γ上不同的两点．如果在曲线Γ上存在点M（x₀，y₀），使得：①${x_0}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}$；②曲线Γ在点M处切线平行于直线AB，则称函数f（x）存在“中值伴随切线”，试问：函数f（x）是否存在“中值伴随切线”？请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出a=-2，再求出函数的导数，得到单调区间，从而求出函数极值；
（Ⅱ）只需证明m＞1时，也有某个m使得f（m）=f（$\frac{1}{2}$），令G（x）=f（x）-f（$\frac{1}{2}$），x→+∞时，G（x）→-∞，必然存在m∈（1，+∞）使G（m）=0，问题解决，
（Ⅲ）对于存在性问题，可先假设存在，即假设存在两点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），再利用中值伴随切线的意义结合导数工具，若出现矛盾，则说明假设不成立，即不存在；否则存在．

解答 （I）解：∵函数f（x）=lnx+ax²+3x的图象过点（1，1），
∴a=-2，
∴f（x）=lnx-2x²+3x，（x＞0）
∴f′（x）=$\frac{-（x-1）（4x+1）}{x}$（x＞0），
令f′（x）=0，解得x=1，
当0＜x＜1时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；当x＞1时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减．
∴x=1时，函数f（x）有极大值1，无极小值；
（Ⅱ）证明：构造函数F（x）=f（x）-f（$\frac{1}{2}$）=lnx-2x²+3x+ln2-1
∵f（1）＞f（$\frac{1}{2}$），
∴F（1）＞0，
∵F（e）=e（3-2e）+ln2＜0，
∴函数F（x）在区间（1，e）上存在零点，
即存在m∈（1，+∞），使得$f（m）=f（\frac{1}{2}）$；
（Ⅲ）解：k_AB=$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$-2（x₁+x₂）+3．
∵f′（x₀）=$\frac{1}{{x}_{0}}$-4x₀+3=$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-4•$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$+3，
假设存在“中值伴随切线”，则k_AB=f′（x₀），可得$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，
∴ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=2•$\frac{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$，
令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t且0＜t＜1，则lnt=2•$\frac{t-1}{t+1}$，
构造g（t）=lnt-2•$\frac{t-1}{t+1}$，
∴g′（t）=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）}$＞0，
∴函数单调递增，
∵g（1）=0，
∴g（t）在（0，1）上无零点，
即函数f（x）不存在“中值伴随切线”．

点评 本题考查函数的零点，考查分类讨论的数学思想，考查导数知识的运用，考查存在性问题，综合性强．