Question

已知函数f（x）=lnx-

1

2

ax²+bx（a＞0），且f′（1）=0
（1）试用含有a的式子表示b，并求f（x）的单调区间；
（2）设函数f（x）的最大值为g（a），试证明不等式：g（a）＞ln（1+

a

2

）-1
（3）首先阅读材料：对于函数图象上的任意两点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）（x₁＜x₂），如果在函数图象上存在点M（x₀，y₀）（x₀∈（x₁，x₂）），使得f（x）在点M处的切线l∥AB，则称AB存在“相依切线”特别地，当x₀=

x1+x2

2

时，则称AB存在“中值相依切线”．请问在函数f（x）的图象上是否存在两点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），使得AB存在“中值相依切线”？若存在，求出一组A、B的坐标；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析：（1）根据对数函数的定义求得函数的定义域，根据f（x）的解析式求出f（x）的导函数，利用f′（1）=0，代入导函数化简即可得到a与b的关系式，用a表示出b；然后分别令导函数大于0和小于0得到关于x的不等式，求出不等式的解集即可得到相应的x的范围即分别为函数的递增和递减区间；
（2）根据（1）求出函数f（x）的最大值为g（a），构造函数φ（a）=ln（1+

a

2

）-

a

2

，利用导数 研究该函数的最值，即可证明结论；
（3）假设函数f（x）的图象上存在两点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），使得AB存在“中值相依切线”，根据斜率公式求出直线AB的斜率，利用导数的几何意义求出直线AB的斜率，它们相等，再通过构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值即可证明结论．

解答：解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），
∵f′（x）=

1

x

-ax+b=0，
∴b=a-1，∴f′（x）=

1

x

-ax+a-1=-

(ax+1)(x-1)

x

，
当f′（x）＞0时，得-

(ax+1)(x-1)

x

＞0，
∵x＞0，a＞0，解得0＜x＜1，
当f′（x）＜0时，得-

(ax+1)(x-1)

x

＞0，∵x＞0，a＞0，解得x＞1，
∴当f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；
（2）证明：g（a）=f（1）=

a

2

-1，f′（x）=-

(ax+1)(x-1)

x

（x＞0），
令φ（a）=ln（1+

a

2

）-

a

2

，则φ′（a）=

-a

2(2+a)

＜0，
∴φ（a）在（0，+∞）上是减函数，
∴φ（a）＜φ（0）=0，即ln（1+

a

2

）-

a

2

＜0，
（3）假设函数f（x）的图象上存在两点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），使得AB存在“中值相依切线”，
则k_AB=

y2-y1

x2-x1

=

lnx2-lnx1

x2-x1

-

a(x2+x1)

2

+a-1，
f′（

x2+x1

2

）=

2

x2+x1

-

a(x2+x1)

2

+a-1，
又k_AB=f′（

x2+x1

2

）得

lnx2-lnx1

x2-x1

=

2

x2+x1

，
∴ln

x2

x1

=t，（t＞1），则lnt=2-

4

t+1

，（t＞1），此式表示有大于1的实数根，
令h（t）=lnt+

4

t+1

-2（t＞1），则h′（t）=

(t-1)2

t(t+1)2

＞0
∴h（t）是（1，+∞）上的增函数，
∴h（t）＞h（1）=0，与lnt=2-

4

t+1

，（t＞1）有大于1的实数根相矛盾，
∴函数f（x）的图象上不存在两点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），使得AB存在“中值相依切线”．

点评：此题考查学生会利用导函数的正负求出函数的单调区间，灵活运用中点坐标公式化简求值，掌握反证法进行命题证明的方法，是一道综合题，属难题．