Question

8．已知函数f（x）=lnx，g（x）=ax²-x（a≥0）
（1）a=0时，令h（x）=f（x）g（x），求h（x）的极值．
（2）当a=1时，求证：f（x）≤g（x）
（3）若y=f（x）与y=g（x）的图象交于点M，N两点，过线段MN的中点作x轴的垂线分别与f（x）的图象和g（x）的图象交于S，T点，以S为切点作f（x）的切线l₁，以t为切点作g（x）的切线l₂．是否存在实数a使得l₁∥l₂，如果存在，求出a的值；如果不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）利用导数和函数的极值的关系即可求出；
（2）构造函数，h（x）=g（x）-f（x），利用导数求出函数的最小值即可；
（3）不妨设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），且x₁＞x₂，求出MN中点的坐标，分别求出以S、T为切点的切线l₁，l₂的斜率，假设k_S=k_T，则a（x₁+x₂）-1=$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，
化为$\frac{2（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$=ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$．令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t＞1，可得lnt=$\frac{2（t-1）}{t+1}$=2-$\frac{4}{t+1}$，令u（t）=lnt+$\frac{4}{t+1}$-2，利用导数研究其单调性即可判断出．

解答 解：（1）a=0时，h（x）=f（x）g（x）=-xlnx，其定义域为（0，+∞），
∴h′（x）=-lnx-1，
令h′（x）=0，解得a=$\frac{1}{e}$，
当h′（x）＞0时，即0＜x＜$\frac{1}{e}$，函数h（x）单调递增，
当h′（x）＜0时，即x＞$\frac{1}{e}$，函数h（x）单调递减，
∴当x=$\frac{1}{e}$，h（x）取得极大值$\frac{1}{e}$，无极小值；
（Ⅱ）当a=1时，h（x）=g（x）-f（x）=x²-x-lnx，
∴h′（x）=2x-1-$\frac{1}{x}$=$\frac{2{x}^{2}-x-1}{x}$=$\frac{（2x+1）（x-1）}{x}$，
令h′（x）=0，解得x=1，
当x＞1，h′（x）＞0，h（x）递增；
当0＜x＜1时，h′（x）＜0，h（x）递减．
∴h（x）_min=h（1）=0，
即x＞0时，h（x）≥0恒成立，
∴当a=1时，f（x）≤g（x）；
不妨设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），且x₁＞x₂，则MN中点的坐标为（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}$）．
以S、T为切点的切线l₁，l₂的斜率分别为k_S=f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，
k_T=g′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=a（x₁+x₂）-1，
假设k_S=k_T，则a（x₁+x₂）-1=$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，
∴a（x₁²-x₂²）-（x₁-x₂）=$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，
∴$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$=y₁-y₂=lnx₁-lnx₂，化为$\frac{2（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$=ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$．
令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t＞1，可得lnt=$\frac{2（t-1）}{t+1}$=2-$\frac{4}{t+1}$，
令u（t）=lnt+$\frac{4}{t+1}$-2，
∴u′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{（t+1）^{2}}$=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，
∴u（t）在（1，+∞）上单调递增，
∴u（t）＞u（1）=0，
∴lnt=$\frac{2（t-1）}{t+1}$不成立，
因此不存在a使得l₁∥l₂．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、导数的几何意义、中点坐标公式、平行线与斜率的关系等基础知识与基本技能方法，考查了等价转化方法、换元法，考查了推理能力与计算能力，属于难题