Question

17．已知函數(shù)f（x）=（x+a）lnx在x=1處的切線方程為y=x-1．
（Ⅰ）求a的值及f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）記函數(shù)y=F（x）的圖象為曲線C，設(shè)點A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是曲線C上不同的兩點，如果在曲線C上存在點M（x₀，y₀），使得①x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$；②曲線C在點M處的切線平行于直線AB，則稱函數(shù)F（x）存在“中值相依切線”．試證明：函數(shù)f（x）不存在“中值相依切線”．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)，得到函數(shù)在x=1處的切線方程，結(jié)合已知切線方程求得a值，進一步求得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）假設(shè)函數(shù)f（x）存在“中值相依切線”．設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是曲線y=f（x）上的不同兩點，且0＜x₁＜x₂，則y₁=x₁lnx₁，y₂=x₂lnx₂．求出k_AB及f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）．由題意列等式可得1+ln$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=$\frac{{x}_{2}ln{x}_{2}-{x}_{1}ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{{x}_{2}ln{x}_{2}-{x}_{2}ln{x}_{1}+{x}_{2}ln{x}_{1}-{x}_{1}ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，整理得：$1-ln2+ln（1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}）=\frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}•ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}$，令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}=t$（t＞1）換元，則$\frac{tlnt}{t-1}-ln（t+1）=1-ln2$．令g（t）=$\frac{tlnt}{t-1}-ln（t+1）$（t＞1），利用導(dǎo)數(shù)求得g（t）的最小值小于1-ln2，說明計算錯誤，函數(shù)f（x）不存在“中值相依切線”．

解答 解：（Ⅰ）由f（x）=（x+a）lnx，得f′（x）=lnx+$\frac{x+a}{x}$．
∴f′（1）=1+a，又f（1）=0，
∴函數(shù)f（x）=（x+a）lnx在x=1處的切線方程為y=（1+a）（x-1）=（1+a）x-1-a．
∴1+a=1，得a=0．
則f（x）=xlnx，f′（x）=lnx+1．
由f′（x）=lnx+1=0，得x=$\frac{1}{e}$．
∴當(dāng)x∈$（0，\frac{1}{e}）$時，f′（x）＜0，當(dāng)x∈$（\frac{1}{e}，+∞）$時，f′（x）＞0．
∴f（x）在$（0，\frac{1}{e}）$上單調(diào)遞減，在$（\frac{1}{e}，+∞）$上單調(diào)遞增；
（Ⅱ）假設(shè)函數(shù)f（x）存在“中值相依切線”．
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是曲線y=f（x）上的不同兩點，且0＜x₁＜x₂，
則y₁=x₁lnx₁，y₂=x₂lnx₂．
${k}_{AB}=\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}=\frac{{x}_{2}ln{x}_{2}-{x}_{1}ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$．
由f（x）=xlnx的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=1+lnx，
可得1+ln$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=$\frac{{x}_{2}ln{x}_{2}-{x}_{1}ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{{x}_{2}ln{x}_{2}-{x}_{2}ln{x}_{1}+{x}_{2}ln{x}_{1}-{x}_{1}ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，
整理得：$1-ln2+ln（1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}）=\frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}•ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}$，
令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}=t$（t＞1），則$\frac{tlnt}{t-1}-ln（t+1）=1-ln2$．
令g（t）=$\frac{tlnt}{t-1}-ln（t+1）$（t＞1），
則g′（t）=$\frac{t-lnt-1}{（t-1）^{2}}-\frac{1}{t+1}=\frac{2t-2-tlnt-lnt}{（t+1）（t-1）^{2}}$，
令h（t）=2t-2-tlnt-lnt，h′（t）=2-lnt-1-$\frac{1}{t}$=1-lnt-$\frac{1}{t}$，
再令r（t）=1-lnt-$\frac{1}{t}$，
則r′（t）=$-\frac{1}{t}+\frac{1}{{t}^{2}}$＜0，∴r（t）單調(diào)遞減，
由r（1）=0，∴h′（t）＜0，得h（t）單調(diào)遞減，
又h（1）=0，∴h（t）＜0，即g′（t）＜0在（1，+∞）上恒成立．
可得g（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，則g（t）＜g（1）=-ln2．
∴$\frac{tlnt}{t-1}-ln（t+1）=1-ln2$不成立，
故假設(shè)錯誤，函數(shù)f（x）不存在“中值相依切線”．

點評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，訓(xùn)練了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，涉及多次求導(dǎo)判斷函數(shù)符號，難度較大．