Question

11．已知函數(shù)f（x）=x²+2|lnx-1|．
（1）求函數(shù)y=f（x）的最小值；
（2）若函數(shù)g（x）=f（$\sqrt{x}$）+ax+2在（e²，+∞）單調(diào)遞減，求a的取值范圍；
（3）對于函數(shù)f（x）圖象上的不同兩點A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）（x₁＜x₂），如果在函數(shù)f（x）圖象上存在點M（x₀，y₀）（其中x₀∈（x₁，x₂））使得點M處的切線l∥AB，則稱直線AB存在“伴侶切線”．特別地，當(dāng)x₀=$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}$時，又稱直線AB存在“中值伴侶切線”．試問：當(dāng)x≥e時，對于函數(shù)f（x）圖象上不同兩點A、B，直線AB是否存在“中值伴侶切線”？證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性和最值的關(guān)系即可求出，
（2）先求導(dǎo)，再根據(jù)函數(shù)g（x）=f（$\sqrt{x}$）+ax+2在（e²，+∞）單調(diào)遞減，得到g′（x）=1+a+$\frac{1}{x}$，分離參數(shù)，求出函數(shù)的最值即可．
（3）假設(shè)存在不同兩點A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）（不妨設(shè)0＜x₁＜x₂），使得AB存在“中值伴隨切線”，則f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=k_AB，化簡后，通過函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用定義，推出結(jié)論矛盾，得到結(jié)果．

解答 解：（1）x∈（0，e）時，f（x）=x²+2（1-lnx），f′（x）=2x-$\frac{2}{x}$=$\frac{2（{x}^{2}-1）}{x}$，
令f′（x）＞0得x∈（1，e）；f′（x）＜0得x∈（0，1）．
∴f′（x）在（0，1]上單減，在[1，e）上單增；
x∈[e，+∞）時，f（x）=x²+2（lnx-1），f′（x）=2x+$\frac{2}{x}$＞0對x∈[e，+∞）恒成立．
∴f（x）在[e，+∞）單調(diào)遞增．
故f（x）_min=f（1）=3．
（2）g（x）=f（$\sqrt{x}$）+ax+2=x+2（ln$\sqrt{x}$-1）+ax+2=x+lnx+ax，
∴g′（x）=1+a+$\frac{1}{x}$，
∵函數(shù)g（x）=f（$\sqrt{x}$）+ax+2在（e²，+∞）單調(diào)遞減，
∴g′（x）=1+a+$\frac{1}{x}$≤0在（e²，+∞），
∴a≤-1-$\frac{1}{x}$，
∵y=-1-$\frac{1}{x}$在（e²，+∞）為增函數(shù)，
∴y＜-1-$\frac{1}{{e}^{2}}$，
∴a≤-1-$\frac{1}{{e}^{2}}$，
故a的取值范圍為（-∞，-1-$\frac{1}{{e}^{2}}$]
（3）當(dāng)x≥e時，f（x）=x²+2（lnx-1），f′（x）=2x+$\frac{2}{x}$，假設(shè)函數(shù)f（x）存在“中值伴侶切線”．
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=x₁²+2（lnx₁-1），y₂=x₂²+2（lnx₂-1）．
故直線AB的斜率：k_AB=$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{[{x}_{1}^{2}-2（ln{x}_{1}-1）]-[{x}_{2}^{2}-2（ln{x}_{2}-1）]}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=（x₁+x₂）+2•$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
曲線在點M（x₀，y₀）處的切線斜率：
k=f′（x₀）=f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=（x₁+x₂）+$\frac{4}{{x}_{1}+{x}_{2}}$．
依題意得（x₁+x₂）+2•$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=（x₁+x₂）+$\frac{4}{{x}_{1}+{x}_{2}}$．
 化簡可得：$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，即ln $\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=$\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{2}+{x}_{1}}$=$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$，
設(shè)$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t（t＞1），上式化為由lnt=$\frac{2（t-1）}{t+1}$，
當(dāng)t＞1時，lnt+$\frac{4}{t+1}$＞2恒成立．
∴在（1，+∞）內(nèi)不存在t，使得lnt+$\frac{4}{t+1}$=2成立．
綜上所述，假設(shè)不成立．
∴函數(shù)f（x）不存在“中值伴侶切線

點評 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，新定義以及構(gòu)造法的應(yīng)用，考查分析問題解決問題的能力，屬于難題．