Question

14．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$ax²-（a+1）x+lnx（a＞0），x=$\frac{1}{4}$是函數(shù)的一個極值點．
（1）求實數(shù)a的值；
（2））定義：定義域為M的函數(shù)y=h（x）在點（x₀，f（x₀））處的切線方程為l：y=g（x），若$\frac{h（x）-g（x）}{{x-{x_0}}}$＞0在M內恒成立，則稱P為函數(shù)y=h（x）的“類對稱點”．問：函數(shù)y=f（x）是否存在“類對稱點”，若存在，請至少求出一個“類對稱點”，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）利用導數(shù)和函數(shù)的極值的關系，進而即可得出答案；
（2）利用“類對稱點”的定義及導數(shù)即可得出答案．

解答 解：（1）∵f′（x）=ax-a-1+$\frac{1}{x}$，
當a=1時，f′（x）≥0，f（x）單調遞增，無極值，
當$\frac{1}{a}$＜1時，即a＞1時，在區(qū)間（-∞，$\frac{1}{a}$），（1，+∞）上，f′（x）＞0，函數(shù)單調遞增，
在（$\frac{1}{a}$，1）上，f′（x）＜0，函數(shù)單調遞減，
∴當x=$\frac{1}{a}$時，函數(shù)有極大值，故$\frac{1}{a}$=$\frac{1}{4}$，解得a=4，
當$\frac{1}{a}$＞1時，即0＜x＜1時，在區(qū)間（-∞，1），（$\frac{1}{a}$，+∞）上，f′（x）＞0，函數(shù)單調遞增，
在（1，$\frac{1}{a}$，）上，f′（x）＜0，函數(shù)單調遞減，
當x=1時，函數(shù)f （x）有極大值，不滿足條件
故求實數(shù)a的值為4．
（2）由（Ⅰ）可得f（x）=2x²-5x+lnx，
∴f′（x）=4x-5+$\frac{1}{x}$=$\frac{4{x}^{2}-5x+1}{x}$，
點（x₀，f（x₀））處的切線方程為l：y=g（x）=$\frac{{4x}_{0}^{2}-5{x}_{0}+1}{{x}_{0}}$（x-x₀）+2x₀²-5x₀+lnx₀，
函數(shù)y=f（x）存在“類對稱點“等價于：
當0＜x＜x₀時，f（x）-g（x）＜0恒成立，
當x＞x₀時，f（x）-g（x）＞0恒成立，
令φ（x）=f（x）-g（x）=2x₀x²-（4x₀²+1）x+x₀lnx+2x₀³+x₀-x₀lnx₀，
則φ（x₀）=2x₀³-4x₀³-x₀+x₀lnx₀+2x₀³+x₀-x₀lnx₀=0，
∴φ′（x）=$\frac{1}{x}$[4x₀x²-（4x₀²+1）+x₀]=$\frac{1}{x}$（4x₀x-1）（x-x₀）
當0＜x＜x₀時，要使f（x）-g（x）＜0恒成立，只需要φ（x）在（0，x₀）是增函數(shù)，
只要4x₀x-1＜0，即x＜$\frac{1}{4{x}_{0}}$在（0，x₀）上恒成立，
∴x₀≤$\frac{1}{4{x}_{0}}$，
解得0＜x₀≤$\frac{1}{2}$，
當x＞x₀時，f（x）-g（x）＞0恒成立，只需要φ（x）在（x₀，+∞）是增函數(shù)，
只要4x₀x-1＞0，即x＞$\frac{1}{4{x}_{0}}$在（x₀，+∞））上恒成立，
∴x₀≥$\frac{1}{4{x}_{0}}$，
解得x₀≥$\frac{1}{2}$，
∴存在“類對稱點”，”類對稱點“的橫坐標為$\frac{1}{2}$

點評 本題考察了函數(shù)的單調性，導數(shù)的應用，新概念的引出，滲透了分類討論思想，屬于難題．