【答案】
分析:(1)依題意,f(x)=lnx-
ax
2+(a-1)x,f′(x)=-
,對(duì)a分a>0,a=0與a<0,三類(lèi)討論,對(duì)a<0再根據(jù)1與-
的大小關(guān)系分三類(lèi)討論即可求得答案;
(2)設(shè)A(x
1,y
1),B(x
2,y
2),且不妨設(shè)0<x
1<x
2,則lnx
1-lnx
2=[
a(x
1+x
2)+1-a](x
1-x
2),假設(shè)C
1在M處的切線與C
2在N處的切線平線,則有
=
a(x
1+x
2)+1-a,與前式聯(lián)立可得:
=
,設(shè)
=t,(t>1),則lnt+
=2,構(gòu)造函數(shù)g(t)=lnt+
,可判斷g(t)在(1,+∞)上遞增,g(t)>2恒成立.從而可證明C
1在M處的切線與C
2在N處的切線不平行.
解答:解:(1)∵f(x)=lnx-
ax
2+(a-1)x
∴函數(shù)f(x)的定義域是(0,+∞)…(1分)
由已知得f′(x)=
-ax+a-1=-
,…(2分)
①當(dāng)a>0時(shí),令f′(x)>0,解得0<x<1; 令f′(x)<0,,解得x>1.
∴函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減…(3分)
②當(dāng)a<0,時(shí)
①當(dāng)-
<1時(shí),即a<-1時(shí),令f′(x)>0,解得0<x<-
或x>1;
令f′(x)<0,解得-
<x<1.
∴函數(shù)f(x)在(0,-
)和(1,+∞)上單調(diào)遞增,在(-
,1)上單調(diào)遞減…(4分)
②當(dāng)-
=1時(shí),即a=-1時(shí),顯然,函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增…(5分)
③當(dāng)-
>1時(shí),即-1<a<0時(shí),令f′(x)>0,解得0<x<1或x>-
;
令f′(x)<0,解得1<x<-
.
∴函數(shù)f(x)在(0,1)和(-
,+∞)上單調(diào)遞增,(1,-
)上單調(diào)遞減…(6分)
綜上所述,(1)當(dāng)a>0時(shí),函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減;
(2)當(dāng)a<-1時(shí),函數(shù)f(x)在(0,-
)和(1,+∞)上單調(diào)遞增,在(-
,1)上單調(diào)遞減;
(3)當(dāng)a=-1時(shí),函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增;
(4)當(dāng)-1<a<0時(shí),函數(shù)f(x)在(0,1)和(-
,+∞)上單調(diào)遞增,(1,-
)上單調(diào)遞減…(7分)
(2)證明:設(shè)A(x
1,y
1),B(x
2,y
2),且不妨設(shè)0<x
1<x
2,則
y
1=lnx
1=
a
+(1-a)x
1…①
y
2=lnx
2=
a
+(1-a)x
2…②
由①-②得:lnx
1-lnx
2=[
a(x
1+x
2)+1-a](x
1-x
2)…③
假設(shè)C
1在M處的切線與C
2在N處的切線平線,則有
=
a(x
1+x
2)+1-a,
代入(3)化簡(jiǎn)可得:
=
,
即ln
=
=
,
設(shè)
=t,(t>1),上式化為:lnt=
=2-
,…(11分)
即lnt+
=2…(12分)
令g(t)=lnt+
,g′(t)=
-
=
,
∵t>1,顯然g′(t)>0,
∴g(t)在(1,+∞)上遞增,
顯然有g(shù)(t)>2恒成立.
∴在(1,+∞)內(nèi)不存在,使得lnt+
=2成立.
綜上所述,假設(shè)不成立.
∴C
1在M處的切線與C
2在N處的切線不平線…(14分)
點(diǎn)評(píng):本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,考查分類(lèi)討論思想與轉(zhuǎn)化思想,方程思想的綜合運(yùn)用,考查反證法,屬于難題.