Question

10．已知函數(shù)f（x）=alnx-$\frac{1}{2}$x²+kx，其中a∈R，k∈R且a≠0．
（I）若k=0，討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）設(shè)a=1，若函數(shù)f（x）存在兩個(gè)零點(diǎn)x₁，x₂（x₁＜x₂），且x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，問(wèn)：曲線(xiàn)y=f（x）在點(diǎn)x₀處的切線(xiàn)能否與y軸垂直，若能，求出該切線(xiàn)的方程，若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論a的范圍求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）對(duì)于能否問(wèn)題，可先假設(shè)能，即設(shè)f（x）在（x₀，f（x₀））的切線(xiàn)垂直于y軸，其中f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$x²+kx，結(jié)合題意，列出方程組，證得函數(shù)h（t）=lnt-$\frac{t-1}{t+1}$在（0，1）上單調(diào)遞增，最后出現(xiàn)矛盾，說(shuō)明假設(shè)不成立，即切線(xiàn)不能垂直于y軸．

解答 解：（Ⅰ）k=0時(shí)，f（x）=alnx-$\frac{1}{2}$x²，（x＞0，a≠0），
f′（x）=$\frac{a}{x}$-x=$\frac{a{-x}^{2}}{x}$，
a＜0時(shí)，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）遞減；
a＞0時(shí)，令f′（x）＞0，解得：0＜x＜a，令f′（x）＜0，解得：x＞a，
∴f（x）在（0，a）遞增，在（a，+∞）遞減；
（Ⅱ）a=1時(shí)，f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$x²+kx，
若曲線(xiàn)y=f（x）在點(diǎn)x₀處的切線(xiàn)與y軸垂直，
則lnx₁-$\frac{1}{2}$${{x}_{1}}^{2}$+kx₁=0①，
lnx₂-$\frac{1}{2}$${{x}_{2}}^{2}$+kx₂=0②，
x₁+x₂=2x₀③，
$\frac{1}{{x}_{0}}$-x₀=k④同時(shí)成立，
①-②得：ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-$\frac{1}{2}$（x₁+x₂）（x₁-x₂）+k（x₁-x₂）=0，
將③代入得：k=x₀-$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$⑤，
由④⑤得：ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=$\frac{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$⑥，
∵0＜x₁＜x₂，令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，則0＜t＜1，
⑥可化為：lnt=$\frac{t-1}{t+1}$，（0＜t＜1）⑦，
令h（t）=lnt-$\frac{t-1}{t+1}$，（0＜t＜1），
則h′（t）=$\frac{{t}^{2}+1}{{t（t+1）}^{2}}$＞0，
h（t）在（0，1）遞增，h（t）＜h（1）=0，
∴l(xiāng)nt＜$\frac{t-1}{t+1}$與⑦矛盾，
∴曲線(xiàn)y=f（x）在點(diǎn)x₀處的切線(xiàn)與y軸不垂直．

點(diǎn)評(píng) 此題是個(gè)難題．本題主要考查用導(dǎo)數(shù)法研究函數(shù)的單調(diào)性，基本思路是：當(dāng)函數(shù)為增函數(shù)時(shí)，導(dǎo)數(shù)大于等于零；當(dāng)函數(shù)為減函數(shù)時(shí)，導(dǎo)數(shù)小于等于零，根據(jù)解題要求選擇是否分離變量，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化的思想和分類(lèi)討論以及數(shù)形結(jié)合的思想方法，同時(shí)考查了學(xué)生的靈活應(yīng)用知識(shí)分析解決問(wèn)題的能力和計(jì)算能力．