Question

3．设函数f（x）=lnx+a（x²-3x+2），其中a∈R．
（1）讨论f（x）极值点的个数；
（2）设a=-$\frac{1}{2}$，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 （1）求出原函数的导函数，然后分a=0，a＜0和a＞0求函数的单调区间，并进一步求得函数的极值；
（2）把f（x）代入g（x）=2f（x）-（λ+3）x+2，求其导函数，假设结论不成立可得$\left\{\begin{array}{l}{2ln{x}_{1}-{{x}_{1}}^{2}-λ{x}_{1}=2ln{x}_{2}-{{x}_{2}}^{2}-λ{x}_{2}①}\\{{x}_{1}+{x}_{2}=2{x}_{0}②}\\{\frac{2}{{x}_{0}}-2{x}_{0}-λ=0③}\end{array}\right.$，然后三个等式结合可得矛盾，从而证得结论．

解答 （1）解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=$\frac{1}{x}+a（2x-3）=\frac{ax（2x-3）+1}{x}$．
令g（x）=ax（2x-3）+1．
①当a=0时，φ（x）=1，f（x）=lnx，∴函数f（x）在（-1，+∞）上单调递增，无极值；
②当a＜0时，φ（x）在（0，$\frac{3}{4}$）上单调递增，在（$\frac{3}{4}，+∞$）上单调递减，
且φ（0）=1＞0，∴φ（x）在（0，+∞）上有唯一零点，从而函数f（x）在（0，+∞）上有唯一极值点；
③当a＞0时，若φ（$\frac{3}{4}$）=1-$\frac{9}{8}a≥0$，即0$＜a≤\frac{8}{9}$时，则φ（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，
从而f′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，无极值；
若φ（$\frac{3}{4}$）=1-$\frac{9}{8}a＜0$，即a＞$\frac{8}{9}$，由于φ（0）=1＞0，
则φ（x）在（0，+∞）上有两个零点，从而函数f（x）在（0，+∞）上有两个极值点．
综上所述：
当a＜0时，函数f（x）在（0，+∞）上有唯一极值点；
当0≤a≤$\frac{8}{9}$时，函数f（x）在（0，+∞）上无极值点；
当a＞$\frac{8}{9}$时，函数f（x）在（0，+∞）上有两个极值点．
（2）证明：g（x）=2lnx-x²-λx，g′（x）=$\frac{2}{x}-2x-λ$．
假设结论不成立，则有$\left\{\begin{array}{l}{2ln{x}_{1}-{{x}_{1}}^{2}-λ{x}_{1}=2ln{x}_{2}-{{x}_{2}}^{2}-λ{x}_{2}①}\\{{x}_{1}+{x}_{2}=2{x}_{0}②}\\{\frac{2}{{x}_{0}}-2{x}_{0}-λ=0③}\end{array}\right.$，
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$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}=\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，即$ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}=\frac{2\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-2}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$．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．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求函数的最值，考查分类讨论的数学思想方法，考查推理能力的与运算思维能力，是压轴题．