Question

18．已知a為實數(shù)，函數(shù)f（x）=alnx+x²-4x．
（1）當(dāng)a=1時，求f（x）在x=1處的切線方程；
（2）定義：若函數(shù)m（x）的圖象上存在兩點A，B，設(shè)線段AB的中點為P（x₀，y₀），若m（x）在點Q（x₀，m（x₀））處的切線l與直線AB平行或重合，則函數(shù)m（x）是“中值平衡函數(shù)”，切線l叫做函數(shù)m（x）的“中值平衡切線”，試判斷函數(shù)f（x）是否是“中值平衡切線”？若是，判斷函數(shù)f（x）的“中值平衡切線”的條數(shù)；若不是，說明理由；
（3）設(shè)g（x）=（a-2）x，若?x₀∈[$\frac{1}{e}$，e]，使得f（x₀）≤g（x₀）成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義解出切點坐標(biāo)和斜率，帶入直線的點斜式方程；
（2）先假設(shè)函數(shù)是“中值平衡函數(shù)”，結(jié)合定義得到，通過討論a的范圍，從而確定結(jié)論；
（3）使用分離參數(shù)法解出a≥$\frac{-{{x}_{0}}^{2}+2{x}_{0}}{ln{x}_{0}-{x}_{0}}$，求后面函數(shù)的最小值即可．

解答 解：（1）a=1時，f（x）=lnx+x²-4x，f′（x）=$\frac{1}{x}$+2x-4．
∴f（x）在x=1處的切線斜率k=f′（1）=-1，∵f（1）=-3，
∴f（x）在x=1處的切線方程是y+3=-（x-1），即x+y+2=0．
（2）f′（x）=$\frac{a}{x}$+2x-4，
假設(shè)f（x）是中值平衡函數(shù)，則存在A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）（0＜x₁＜x₂），使得f′（x₀）=$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，
即$\frac{a}{{x}_{0}}$+2x₀-4=$\frac{aln{x}_{2}+{{x}_{2}}^{2}-4{x}_{2}-aln{x}_{1}-{{x}_{1}}^{2}+4{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{aln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$+x₂+x₁-4．
∵x₁+x₂=2x₀，∴$\frac{2a}{{x}_{1}+{x}_{2}}$=$\frac{aln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，
①當(dāng)a=0時，上式恒成立，所以函數(shù)f（x）是“中值平衡函數(shù)”，且函數(shù)f（x）的“中值平衡切線”有無數(shù)條；
②當(dāng)a≠0時，令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t，則x₂=x₁t，t＞1，∴$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{1}t}$=$\frac{lnt}{{x}_{1}t-{x}_{1}}$，即$\frac{2}{t+1}=\frac{lnt}{t-1}$，∴l(xiāng)nt=$\frac{2t-2}{t+1}=2-\frac{4}{t+1}$．
令h（t）=lnt-2+$\frac{4}{t+1}$，則h′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{（t+1）^{2}}$=$\frac{（t+1）^{2}-4t}{t（t+1）^{2}}$=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，
∴h（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，∴h（t）＞h（1）=0，
∴h（t）=0無解，即函數(shù)f（x）不是“中值平衡函數(shù)”．
綜上，當(dāng)a=0時，f（x）是“中值平衡函數(shù)”，函數(shù)f（x）的“中值平衡切線”有無數(shù)條；
當(dāng)a≠0時，f（x）不是“中值平衡函數(shù)”．
（3）∵alnx₀+x₀²-4x₀≤（a-2）x₀，
∴a（lnx₀-x₀）≤-x₀²+2x₀．
∵lnx₀-x₀＜0，∴a≥$\frac{-{{x}_{0}}^{2}+2{x}_{0}}{ln{x}_{0}-{x}_{0}}$，
令F（x₀）=$\frac{-{{x}_{0}}^{2}+2{x}_{0}}{ln{x}_{0}-{x}_{0}}$，則F′（x₀）=$\frac{（2-2{x}_{0}）（ln{x}_{0}-{x}_{0}）-（2{x}_{0}-{{x}_{0}}^{2}）（\frac{1}{{x}_{0}}-1）}{（ln{x}_{0}-{x}_{0}）^{2}}$，
∴當(dāng)$\frac{1}{e}$≤x₀＜1時，F(xiàn)′（x₀）＜0，當(dāng)1＜x₀≤e時，F(xiàn)′（x₀）＞0，當(dāng)x₀=1時，F(xiàn)′（x₀）=0，
∴F（x₀）在[$\frac{1}{e}$，1]上單調(diào)遞減，在（1，e]上單調(diào)遞增，
∴F_min（x₀）=F（1）=-1．
∴a的取值范圍是[-1，+∞）．

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的幾何性質(zhì)，導(dǎo)數(shù)在求最值時的應(yīng)用及對新定義的理解，計算較復(fù)雜，屬于難題．