Question

9．设定义在D上的函数y=h（x）在点P（x₀，h（x₀））处的切线方程为l：y=g（x），当x≠x₀时，若$\frac{h（x）-g（x）}{x-{x}_{0}}$＞0在D内恒成立，则称P点为函数y=h（x）的“类对称中心点”，则函数f（x）=$\frac{x^2}{{2{e^2}}}$+lnx的“类对称中心点”的坐标是$（e，\frac{3}{2}）$．

Answer 1

分析 由求导公式求出函数f（x）的导数，由导数的几何意义和条件求出切线方程，再求出y=g（x），设F（x）=f（x）-g（x），求出导数化简后利用分类讨论和导数与函数单调性的关系，判断出F（x）的单调性和最值，从而可判断出$\frac{f（x）-g（x）}{x-{x}_{0}}$的符号，再由“类对称中心点”的定义确定“类对称中心点”的坐标．

解答 解：由题意得，f′（x）=$\frac{x}{{e}^{2}}+\frac{1}{x}$，f（x₀）=$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{2{e}^{2}}+ln{x}_{0}$（x＞0），
即函数y=f（x）的定义域D=（0，+∞），
所以函数y=f（x）在点P（x₀，f（x₀））处的切线方程l方程为：
y-（$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{2{e}^{2}}+ln{x}_{0}$）=（$\frac{{x}_{0}}{{e}^{2}}+\frac{1}{{x}_{0}}$）（x-x₀），则g（x）=（$\frac{{x}_{0}}{{e}^{2}}+\frac{1}{{x}_{0}}$）（x-x₀）+（$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{2{e}^{2}}+ln{x}_{0}$），
设F（x）=f（x）-g（x）=$\frac{x^2}{{2{e^2}}}$+lnx-[（$\frac{{x}_{0}}{{e}^{2}}+\frac{1}{{x}_{0}}$）（x-x₀）+（$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{2{e}^{2}}+ln{x}_{0}$）]，
则F（x₀）=0，
所以F′（x）=f′x）-g′（x）=$\frac{x}{{e}^{2}}+\frac{1}{x}$-（$\frac{{x}_{0}}{{e}^{2}}+\frac{1}{{x}_{0}}$）=$\frac{{x-x}_{0}}{{e}^{2}}+\frac{1}{x}-\frac{1}{{x}_{0}}$
=$\frac{1}{{e}^{2}}（x-{x}_{0}）+\frac{{x}_{0}-x}{x{x}_{0}}$=$\frac{1}{x}（x-{x}_{0}）（\frac{x}{{e}^{2}}-\frac{1}{{x}_{0}}）$
当0＜x₀＜e时，F（x）在（x₀，$\frac{{e}^{2}}{{x}_{0}}$）上递减，
∴x∈（x₀，$\frac{{e}^{2}}{{x}_{0}}$）时，F（x）＜F（x₀）=0，此时$\frac{f（x）-g（x）}{x-{x}_{0}}＜0$，
当x₀＞e时，F（x）在（$\frac{{e}^{2}}{{x}_{0}}$，x₀）上递减；
∴x∈（$\frac{{e}^{2}}{{x}_{0}}$，x₀）时，F（x）＞F（x₀）=0，此时$\frac{f（x）-g（x）}{x-{x}_{0}}＜0$，
∴y=F（x）在（0，e）∪（e，+∞）上不存在“类对称点”．
若x₀=e，$\frac{1}{x}（x-e）（\frac{x}{{e}^{2}}-\frac{1}{e}）$=$\frac{（x-e）^{2}}{x{e}^{2}}$＞0，则F（x）在（0，+∞）上是增函数，
当x＞x₀时，F（x）＞F（x₀）=0，当x＜x₀时，F（x）＜F（x₀）=0，
故$\frac{f（x）-g（x）}{x-{x}_{0}}＞0$，
即此时点P是y=f（x）的“类对称点”，
综上可得，y=F（x）存在“类对称点”，e是一个“类对称点”的横坐标，
又f（e）=$\frac{{e}^{2}}{2{e}^{2}}+lne$=$\frac{3}{2}$，所以函数f（x）的“类对称中心点”的坐标是$（e，\frac{3}{2}）$，
故答案为：$（e，\frac{3}{2}）$．

点评 本题考查利用导数求函数的单调增区间，求函数的最值问题、新定义的问题，考查了分类讨论思想和等价转化思想的合理运用，以及化简变形能力，此题是难题．