Question

6．设函数f（x）=alnx+b（x²-3x+2），其中a，b∈R．
（I）若a=b，讨论f（x）极值（用a表示）；
（Ⅱ）当a=1，b=$-\frac{1}{2}$，函数g（x）=2f（x）-（λ+3）x+2，若x₁，x₂（x₁≠x₂）满足g（x₁）=g（x₂）且x₁+x₂=2x₀，证明：g′（x₀）≠0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；
（Ⅱ）求出函数的导数，假设结论不成立，得到ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=$\frac{2\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-2}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$，令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，构造函数u（t）=lnt-$\frac{2t-2}{t+1}$（0＜t＜1），根据函数的单调性判断即可．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），∵a=b∴f（x）=alnx+a（x²-3x+2）
∴f′（x）=$\frac{a}{x}$+a（2x-3），∴f′（x）=$\frac{a}{x}$+a（2x-3）=$\frac{a（x-1）（2x-1）}{x}$，
①当a=0时，f（x）=0，所以函数f（x）无极值；
②当a＞0时，f（x）在（0，$\frac{1}{2}$）和（1，+∞）单调递增，在（$\frac{1}{2}$，1）单调递减，
∴f（x）的极大值为f（$\frac{1}{2}$）=-aln2+$\frac{3}{4}$a，f（x）的极小值为f（1）=0；
③当a＜0时，f（x）在（0，$\frac{1}{2}$）和（1，+∞）单调递减，在（$\frac{1}{2}$，1）单调递增，
∴f（x）的极小值为f（$\frac{1}{2}$）=-aln2+$\frac{3}{4}$a，f（x）的极大值为f（1）=0；
综上所述：
当a=0时，函数f（x）无极值；
当a＞0时，函数f（x）的极大值为-alna，函数f（x）的极小值为0；
当a＜0时，函数f（x）的极小值为-alna，函数f（x）的极大值为0．…（5分）
（Ⅱ）g（x）=2lnx-x²-λx，g′（x）=$\frac{2}{x}$-2x-λ，
假设结论不成立，
则有$\left\{\begin{array}{l}{2l{nx}_{1}{{-x}_{1}}^{2}-{λx}_{1}=2l{nx}_{2}{{-x}_{2}}^{2}-{λx}_{2}①}\\{{x}_{1}{+x}_{2}={2x}_{0}，②}\\{\frac{2}{{x}_{0}}-{2x}_{0}-λ=0，③}\end{array}\right.$，
由①，得$2ln\frac{x_1}{x_2}-（{x_1}^2-{x_2}^2）-λ（{x_1}-{x_2}）=0$，∴$λ=2\frac{{ln\frac{x_1}{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}-2{x_0}$，
由③，得$λ=\frac{2}{x_0}-2{x_0}$，∴$\frac{{ln\frac{x_1}{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}=\frac{1}{x_0}$，即ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=$\frac{2\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-2}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$．④
令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，不妨设x₁＜x₂，u（t）=lnt-$\frac{2t-2}{t+1}$（0＜t＜1），则u′（t）=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$＞0，
∴u（t）在0＜t＜1上增函数，u（t）＜u（1）=0，∴④式不成立，与假设矛盾．
∴g′（x₀）≠0．                                             …（12分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查分类讨论思想，是一道综合题．