Question

5．已知函数f（x）=lnx-2x²+3x
（Ⅰ）求函数f（x）的极值；
（Ⅱ）证明：存在m∈（0，+∞），使得f（m）=f（$\frac{1}{2}$）
（Ⅲ）记函数y=f（x）的图象为曲线Γ．设点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是曲线Γ上的不同两点．如果在曲线Γ上存在点M（x₀，y₀），使得：
①x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$；
②曲线Γ在点M处的切线平行于直线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）首先对f（x）求导，利用导函数判断原函数的单调性即可；
（II）构造函数F（x）=f（x）-f（$\frac{1}{2}$），又F（1）＞0且F（e）＜0即可判断存在零点；
（III）假设存在“中值伴随切线”，则有k_AB=f'（x₀）；再构造函数构g（t）=lnt-2×$\frac{t-1}{t+1}$，g'（t）≥0，故函数g（t）单调递增，无零点．

解答 解：（I）f'（x）=$\frac{1}{x}$-4x+3=$\frac{-（x-1）（4x+1）}{x}$（x＞0），f'（x）=0⇒x=1，
x∈（0，1）时，f'（x）＞0；x∈（1，+∞）时，f'（x）＜0；
故x=1时f（x）有极大值1，无极小值．  
（Ⅱ）构造函数：
F（x）=f（x）-f（$\frac{1}{2}$）
=lnx-2x²+3x-（ln2-$\frac{1}{2}$+$\frac{3}{2}$）
=lnx-2x²+3x+ln2-1，
由（I）知f（1）＞f（$\frac{1}{2}$），故F（1）＞0，又F（e）=-2e²+3e+ln2=e（3-2e）+ln2＜0，
所以函数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）
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）=$\frac{1}{{x}_{0}}-4{x}_{0}$+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”，则有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×$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$ 
⇒$ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=2×$\frac{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$，
令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t，则lnt=2-$\frac{t-1}{t+1}$，构g（t）=lnt-2×$\frac{t-1}{t+1}$，
有g'（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{（t+1）^{2}}$=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}≥$ 0 恒成立，故函数g（t）单调递增，无零点，
所以函数f（x）不存在“中值伴随切线”．

点评 本题主要考查了利用导数判断函数单调性，求最值，以及对新定义的理解应用，属较难题．