Question

5．已知函數(shù)f（x）=lnx-2x²+3x
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的極值；
（Ⅱ）證明：存在m∈（0，+∞），使得f（m）=f（$\frac{1}{2}$）
（Ⅲ）記函數(shù)y=f（x）的圖象為曲線Γ．設(shè)點(diǎn)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是曲線Γ上的不同兩點(diǎn)．如果在曲線Γ上存在點(diǎn)M（x₀，y₀），使得：
①x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$；
②曲線Γ在點(diǎn)M處的切線平行于直線AB，則稱函數(shù)f（x）存在“中值伴隨切線”，試問：函數(shù)f（x）是否存在“中值伴隨切線”？請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （I）首先對(duì)f（x）求導(dǎo)，利用導(dǎo)函數(shù)判斷原函數(shù)的單調(diào)性即可；
（II）構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x）-f（$\frac{1}{2}$），又F（1）＞0且F（e）＜0即可判斷存在零點(diǎn)；
（III）假設(shè)存在“中值伴隨切線”，則有k_AB=f'（x₀）；再構(gòu)造函數(shù)構(gòu)g（t）=lnt-2×$\frac{t-1}{t+1}$，g'（t）≥0，故函數(shù)g（t）單調(diào)遞增，無零點(diǎn)．

解答 解：（I）f'（x）=$\frac{1}{x}$-4x+3=$\frac{-（x-1）（4x+1）}{x}$（x＞0），f'（x）=0⇒x=1，
x∈（0，1）時(shí)，f'（x）＞0；x∈（1，+∞）時(shí)，f'（x）＜0；
故x=1時(shí)f（x）有極大值1，無極小值．  
（Ⅱ）構(gòu)造函數(shù)：
F（x）=f（x）-f（$\frac{1}{2}$）
=lnx-2x²+3x-（ln2-$\frac{1}{2}$+$\frac{3}{2}$）
=lnx-2x²+3x+ln2-1，
由（I）知f（1）＞f（$\frac{1}{2}$），故F（1）＞0，又F（e）=-2e²+3e+ln2=e（3-2e）+ln2＜0，
所以函數(shù)F（x）在區(qū)間（1，e）上存在零點(diǎn)．即存在m∈（1，+∞），使得f（m）=f（$\frac{1}{2}$）．                
（Ⅲ）
k_AB=$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$-2（x₁+x₂）+3，
f'（x₀）=$\frac{1}{{x}_{0}}-4{x}_{0}$+3=$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}-4×\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}+3$，
假設(shè)存在“中值伴隨切線”，則有k_AB=f'（x₀），可得：
$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$ 
⇒$ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=2×$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$ 
⇒$ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=2×$\frac{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$，
令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t，則lnt=2-$\frac{t-1}{t+1}$，構(gòu)g（t）=lnt-2×$\frac{t-1}{t+1}$，
有g(shù)'（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{（t+1）^{2}}$=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}≥$ 0 恒成立，故函數(shù)g（t）單調(diào)遞增，無零點(diǎn)，
所以函數(shù)f（x）不存在“中值伴隨切線”．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性，求最值，以及對(duì)新定義的理解應(yīng)用，屬較難題．