Question

9．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}a{x^2}$+bx（a≠0），g（x）=1+lnx．
（Ⅰ）若b=1，且F（x）=g（x）-f（x）存在單調(diào)遞減區(qū)間，求a的取值范圍；
（Ⅱ）設(shè)函數(shù)g（x）的圖象C₁與函數(shù)f（x）的圖象C₂交于點M、N，過線段MN的中點T作x軸的垂線分別交C₁、C₂于點P、Q，是否存在點T，使C₁在點P處的切線與C₂在點Q處的切線平行？如果存在，求出點T的橫坐標(biāo)，如果不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求函數(shù)F（x）的解析式，因為函數(shù)F（x）存在單調(diào)遞減區(qū)間，所以F'（x）＜0有解，求出a的取值范圍；
（Ⅱ）利用反證法證明設(shè)點P、Q的坐標(biāo)分別是（x₁，y₁），（x₂，y₂），0＜x₁＜x₂．假設(shè)C₁在點M處的切線與C₂在點N處的切線平行．求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求得切線的斜率，通過構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，結(jié)論即可得證

解答 解：（Ⅰ）b=1時，函數(shù)F（x）=g（x）-f（x）=1+lnx-$\frac{1}{2}a{x^2}$-x，x＞0，
則F′（x）=$\frac{1}{x}$-ax-1=-$\frac{a{x}^{2}+x-1}{x}$
因為函數(shù)F（x）存在單調(diào)遞減區(qū)間，所以F'（x）＜0有解，即ax²+x-1＞0，有x＞0的解．
①a＞0時，y=ax²+x-1為開口向上的拋物線，y=ax²+x-1＞0總有x＞0有解；
②a＜0時，y=ax²+x-1為開口向下的拋物線，而y=ax²+x-1＞0總有x＞0的解；
則△=1+4a＞0，且方程y=ax²+2x-1=0至少有一個正根，此時，$-\frac{1}{4}＜a＜0$．
綜上所述，a的取值范圍為（-$\frac{1}{4}$，0）∪（0，+∞）；
（Ⅱ）設(shè)點M、N的坐標(biāo)是（x₁，y₁），（x₂，y₂），0＜x₁＜x₂，
則點P、Q的橫坐標(biāo)為$x=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}$，
C₁點在P處的切線斜率為${k_1}=\frac{1}{x}{|_{x=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}}=\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}$，
C₂點Q處的切線斜率為${k_2}=ax+b{|_{x=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}}=\frac{{a（{x_1}+{x_2}）}}{2}+b$
假設(shè)C₁點P處的切線與C₂在點Q處的切線平行，則k₁=k₂
即$\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}=\frac{{a（{x_1}+{x_2}）}}{2}+b$，則
$\begin{array}{l}\frac{{2（{x_2}-{x_1}）}}{{{x_1}+{x_2}}}=\frac{a}{2}（x_2^2-x_1^2）+b（{x_2}-{x_1}）\\=\frac{a}{2}（x_2^2+b{x_2}）-（\frac{a}{2}x_1^2+b{x_1}）={y_2}-{y_1}=ln{x_2}-ln{x_1}\end{array}$
∴$ln\frac{x_2}{x_1}=\frac{{2（\frac{x_2}{x_1}-1）}}{{1+\frac{x_2}{x_1}}}$．
設(shè)$t=\frac{x_2}{x_1}$，則$lnt=\frac{2（t-1）}{1+t}，t＞1$①
令$r（t）=lnt-\frac{2（t-1）}{1+t}，t＞1$．
則$r'（t）=\frac{1}{t}-\frac{4}{{{{（t+1）}^2}}}=\frac{{{{（t-1）}^2}}}{{t{{（t+1）}^2}}}$
因為t＞1時，r'（t）＞0，所以r（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞增．
故r（t）＞r（1）=0
則$lnt＞\frac{2（t-1）}{1+t}$．這與①矛盾，假設(shè)不成立．
故C₁在點P處的切線與C₂在點Q處的切線不平行．

點評 本題主要考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考查導(dǎo)數(shù)是運算，以及利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)，綜合性較強，運算量較大，考查學(xué)生的運算能力．