Question

11．已知函數(shù)f（x）=lnx+a（x²-x）
（I）若a=-1，求f（x）的極值；
（Ⅱ）若f（x）存在單調(diào)遞減區(qū)間，求a的取值范圍；
（Ⅲ）若f（x）的圖象與x軸交于A（x₁，0），B（x₂，0）（x₁＜x₂），AB的中點(diǎn)為C（x₀，0），求證：f′（x₀）≠0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的方程，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性確定a的范圍即可；
（Ⅲ）根據(jù)ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-$\frac{2{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$=0，得到ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-$\frac{2\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-2}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$=0，設(shè)t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$（0＜t＜1），則lnt-$\frac{2t-2}{t+1}$=0，令u（t）=lnt-$\frac{2t-2}{t+1}$（0＜t＜1），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（I）f（x）定義域?yàn)椋?，+∞），f′（x）=$\frac{1}{x}$+2ax-a=$\frac{2{ax}^{2}-ax+1}{x}$，
當(dāng)a=-1時，f′（x）=$\frac{-（2x+1）（x-1）}{x}$，由f′（x）=0，∴x=-$\frac{1}{2}$或x=1，

x	（0，1）	1	（1，+∞）
f′（x）	+	0	-
f（x）	單調(diào)遞增	極大值	單調(diào)遞減

∴x=1時，f（x）_極大值=0，無極小值．
（Ⅱ）f′（x）=$\frac{2{ax}^{2}-ax+1}{x}$，
∵f（x）存在單調(diào)遞減區(qū)間，∴f′（x）＜0在（0，+∞）內(nèi)有解，
即關(guān)于x的不等式2ax²-ax+1＜0在（0，+∞）內(nèi)有解，
若a=0，則f′（x）=$\frac{1}{x}$＞0，f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，不存在單調(diào)遞減區(qū)間；
若a＞0，則函數(shù)y=2ax²-ax+1的圖象是開口向上的拋物線，且恒過點(diǎn)（0，1），
要使關(guān)于x的不等式2ax²-ax+1＜0在（0，+∞）內(nèi)有解，
則應(yīng)有$\left\{\begin{array}{l}{△{=a}^{2}-8a＞0}\\{-\frac{-a}{4a}＞0}\end{array}\right.$，
∴a＜0或a＞8，由于a＞0，∴a＞8；
若a＜0，
則函數(shù)y=2ax²-ax+1的圖象是開口向下的拋物線，且恒過點(diǎn)（0，1），
關(guān)于x的不等式2ax²-ax+1＜0在（0，+∞）內(nèi)一定有解．
綜上，a＜0或a＞8；
（Ⅲ）依題意：x₁+x₂=2x₀，假設(shè)結(jié)論不成立，即f′（x₀）=0，
則有$\left\{\begin{array}{l}{f{（x}_{1}）=l{nx}_{1}+a{{（x}_{1}}^{2}{-x}_{1}）=0①}\\{f{（x}_{2}）=l{nx}_{2}+a{{（x}_{2}}^{2}{-x}_{2}）=0②}\\{f′{（x}_{0}）=\frac{1}{{x}_{0}}+2{ax}_{0}-a=0③}\end{array}\right.$，
①-②，得ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+a（${{x}_{1}}^{2}$-${{x}_{2}}^{2}$）-a（x₁-x₂）=0，
∴l(xiāng)n$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+a（x₁+x₂）（x₁-x₂）-a（x₁-x₂）=0，
由③得，$\frac{2}{{{x}_{1}+x}_{2}}$+a（x₁+x₂）-a=0，
∴l(xiāng)n$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-$\frac{2{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$=0，即ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-$\frac{2\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-2}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$=0，
設(shè)t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$（0＜t＜1），則lnt-$\frac{2t-2}{t+1}$=0，---④
令u（t）=lnt-$\frac{2t-2}{t+1}$（0＜t＜1），
∴u′（t）=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$＞0，∴u（t）在（0，1）上為增函數(shù)．
∴u（t）＜u（1）=0，即lnt-$\frac{2t-2}{t+1}$＜0，與④式矛盾
∴假設(shè)不成立，∴f′（x₀）≠0．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想、轉(zhuǎn)化思想，考查不等式的證明，是一道綜合題．