Question

4．已知函數(shù)f（x）=ax²-（2a-1）x-lnx（a為常數(shù)，a≠0）．
（Ⅰ）當a＜0時，求函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，2]上的最大值；
（Ⅱ）記函數(shù)f（x）圖象為曲線C，設點A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是曲線C上不同的兩點，點M為線段AB的中點，過點M作x軸的垂線交曲線C于點N．判斷曲線C在點N處的切線是否平行于直線AB？并說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)f（x）的導數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間，從而求出f（x）的最大值即可；
（Ⅱ）設出M的坐標，分別求出直線AB的斜率k₁，C在點N處的切線斜率k₂，由k₁=k₂，得到即$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=-$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，得出矛盾．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{（2ax+1）（x-1）}{x}$，
當a＜0時，由f′（x）=0，得x₁=-$\frac{1}{2a}$，x₂=1，又x∈[1，2]，則有如下分類：
①當-$\frac{1}{2a}$≥2，即-$\frac{1}{4}$≤a＜0時，f（x）在[1，2]上是增函數(shù)，
所以f（x）_max=f（2）=2-ln2．
②當1＜-$\frac{1}{2a}$＜2，即-$\frac{1}{2}$＜a＜-$\frac{1}{4}$時，f（x）在[1，-$\frac{1}{2a}$）上是增函數(shù)，在（-$\frac{1}{2a}$，2]上是減函數(shù)，
所以f（x）_max=f（-$\frac{1}{2a}$）=1-$\frac{1}{4a}$+ln（-2a）． 
③當-$\frac{1}{2a}$≤1，即a≤-$\frac{1}{2}$時，f（x）在[1，2]上是減函數(shù)，
所以f（x）_max=f（1）=1-a．  
綜上，函數(shù)f（x）在[1，2]上的最大值為：
f（x）_max=$\left\{\begin{array}{l}{2-ln2，-\frac{1}{4}＜a≤0}\\{1-\frac{1}{4a}+ln（-2a），-\frac{1}{2}＜a＜-\frac{1}{4}}\\{1-a，a≤-\frac{1}{2}}\end{array}\right.$；
（Ⅱ）設M（x₀，y₀），則點N的橫坐標為x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，
直線AB的斜率k₁=$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{1}{{x}_{1}-{x}_{2}}$[a（x₁²-x₂²）+（1-2a）（x₁-x₂）+lnx₂-lnx₁]
=a（x₁+x₂）+（1-2a）+$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
C在點N處的切線斜率
k₂=f′（x₀）=a（x₁+x₂）+（1-2a）-$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，
假設曲線C在點N處的切線平行于直線AB，則k₁=k₂，
即$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=-$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，所以ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$，
不妨設x₁＜x₂，ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t＞1，則lnt=$\frac{2（t-1）}{1+t}$，
令g（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{1+t}$，（t＞1），g′（t）=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，
所以g（t）在（1，+∞）上是增函數(shù)，又g（1）=0，
所以g（t）＞0，即lnt=$\frac{2（t-1）}{1+t}$不成立，
所以曲線C在點N處的切線不平行于直線AB．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及直線的斜率問題，考查分類討論思想，換元思想，是一道綜合題．