Question

17．已知函数f（x）=（x+a）lnx在x=1处的切线方程为y=x-1．
（Ⅰ）求a的值及f（x）的单调区间；
（Ⅱ）记函数y=F（x）的图象为曲线C，设点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是曲线C上不同的两点，如果在曲线C上存在点M（x₀，y₀），使得①x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$；②曲线C在点M处的切线平行于直线AB，则称函数F（x）存在“中值相依切线”．试证明：函数f（x）不存在“中值相依切线”．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数f（x）的导函数，得到函数在x=1处的切线方程，结合已知切线方程求得a值，进一步求得函数的单调区间；
（Ⅱ）假设函数f（x）存在“中值相依切线”．设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是曲线y=f（x）上的不同两点，且0＜x₁＜x₂，则y₁=x₁lnx₁，y₂=x₂lnx₂．求出k_AB及f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）．由题意列等式可得1+ln$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=$\frac{{x}_{2}ln{x}_{2}-{x}_{1}ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{{x}_{2}ln{x}_{2}-{x}_{2}ln{x}_{1}+{x}_{2}ln{x}_{1}-{x}_{1}ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，整理得：$1-ln2+ln（1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}）=\frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}•ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}$，令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}=t$（t＞1）换元，则$\frac{tlnt}{t-1}-ln（t+1）=1-ln2$．令g（t）=$\frac{tlnt}{t-1}-ln（t+1）$（t＞1），利用导数求得g（t）的最小值小于1-ln2，说明计算错误，函数f（x）不存在“中值相依切线”．

解答 解：（Ⅰ）由f（x）=（x+a）lnx，得f′（x）=lnx+$\frac{x+a}{x}$．
∴f′（1）=1+a，又f（1）=0，
∴函数f（x）=（x+a）lnx在x=1处的切线方程为y=（1+a）（x-1）=（1+a）x-1-a．
∴1+a=1，得a=0．
则f（x）=xlnx，f′（x）=lnx+1．
由f′（x）=lnx+1=0，得x=$\frac{1}{e}$．
∴当x∈$（0，\frac{1}{e}）$时，f′（x）＜0，当x∈$（\frac{1}{e}，+∞）$时，f′（x）＞0．
∴f（x）在$（0，\frac{1}{e}）$上单调递减，在$（\frac{1}{e}，+∞）$上单调递增；
（Ⅱ）假设函数f（x）存在“中值相依切线”．
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是曲线y=f（x）上的不同两点，且0＜x₁＜x₂，
则y₁=x₁lnx₁，y₂=x₂lnx₂．
${k}_{AB}=\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}=\frac{{x}_{2}ln{x}_{2}-{x}_{1}ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$．
由f（x）=xlnx的导数为f′（x）=1+lnx，
可得1+ln$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=$\frac{{x}_{2}ln{x}_{2}-{x}_{1}ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{{x}_{2}ln{x}_{2}-{x}_{2}ln{x}_{1}+{x}_{2}ln{x}_{1}-{x}_{1}ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，
整理得：$1-ln2+ln（1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}）=\frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}•ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}$，
令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}=t$（t＞1），则$\frac{tlnt}{t-1}-ln（t+1）=1-ln2$．
令g（t）=$\frac{tlnt}{t-1}-ln（t+1）$（t＞1），
则g′（t）=$\frac{t-lnt-1}{（t-1）^{2}}-\frac{1}{t+1}=\frac{2t-2-tlnt-lnt}{（t+1）（t-1）^{2}}$，
令h（t）=2t-2-tlnt-lnt，h′（t）=2-lnt-1-$\frac{1}{t}$=1-lnt-$\frac{1}{t}$，
再令r（t）=1-lnt-$\frac{1}{t}$，
则r′（t）=$-\frac{1}{t}+\frac{1}{{t}^{2}}$＜0，∴r（t）单调递减，
由r（1）=0，∴h′（t）＜0，得h（t）单调递减，
又h（1）=0，∴h（t）＜0，即g′（t）＜0在（1，+∞）上恒成立．
可得g（t）在（1，+∞）上单调递减，则g（t）＜g（1）=-ln2．
∴$\frac{tlnt}{t-1}-ln（t+1）=1-ln2$不成立，
故假设错误，函数f（x）不存在“中值相依切线”．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，训练了利用导数求函数的最值，体现了数学转化思想方法，涉及多次求导判断函数符号，难度较大．