Question

已知函數(shù)f(x)=

1

2

m(x-1)2-2x+3+lnx，常數(shù)m≥1
（1）求函數(shù)f（x）單調遞減區(qū)間；
（2）當m=2時，設函數(shù)g（x）=f（x）-f（2-x）+3的定義域為D，?x₁，x₂∈D，且x₁+x₂=1，求證：g（x₁）+g（x₂），g（x₁）-g（x₂），g（2x₁）+g（2x₂），g（2x₁）-g（2x₂）中必有一個是常數(shù)（不含x₁，x₂）；
（3）若曲線C：y=f（x）在點P（1，1）處的切線l與曲線C有且只有一個公共點，求m的值．

Answer 1

分析：（1）先利用導數(shù)四則運算計算函數(shù)f（x）的導函數(shù)f′（x），再解不等式f′（x）＜0，即可得函數(shù)的單調減區(qū)間
（2）先證明函數(shù)g（x）關于（1，3）中心對稱，再結合x₁+x₂=1，即可證明g（2x₁）+g（2x₂）=6為常數(shù)，也可代入函數(shù)解析式直接證明結論
（3）先利用導數(shù)的幾何意義，求切線l的方程，再與曲線聯(lián)立，得關于x的方程，再將方程有且只有一解轉化為函數(shù)有且只有一個零點問題，利用導數(shù)，通過討論所研究函數(shù)的單調性和極值，可得m的值

解答：解：（1）f′(x)=m(x-1)-2+

1

x

=

mx2-(m+2)x+1

x

，x＞0
對于y=mx²-（m+2）x+1而言，
∵m≥1，∴△=（m+2）²-4m=m²+4＞0
且它的兩個零點x2=

m+2+ m2+4

2m

＞x1=

m+2- m2+4

2m

＞0

故當x₁＜x＜x₂時f′（x）＜0
∴函數(shù)f（x）的單調減區(qū)間為(

m+2- m2+4

2m

，

m+2+ m2+4

2m

)
（2）法一：g（x）=4-4x+lnx-ln（2-x）+3關于點A（1，3）對稱，證明如下：
設P（x₀，y₀）為y=g（x）圖象上任意一點，P關于點A（1，3）的對稱點為P′（2-x₀，6-y₀）．
∵y₀=4-4x₀+lnx₀-ln（2-x₀）+3，∴6-y₀=4-4（2-x₀）+ln（2-x₀）-ln（2-（2-x₀））+3
∴P′也在函數(shù)y=g（x）圖象上，故y=g（x）圖象關于點A（1，3）對稱
∵2x₁+2x₂=2，∴g（2x₁）+g（2x₂）=6為常數(shù)
法二：g(2x1)+g(2x2)=4-4•2x1+ln

2x1

2-2x1

+3+4-4•2x2+ln

2x2

2-2x2

+3=6為常數(shù)
（3）∵f′（1）=-1，∴直線l：y-1=-（x-1），即y=2-x
代入y=

1

2

m(x-1)2-2x+3+lnx
得m（x-1）²-2x+2lnx+2=0
令F（x）=m（x-1）²-2x+2lnx+2，則F（1）=0，∴F（x）=0有一個解x=1
又∵F′(x)=2

(mx-1)(x-1)

x

①當m=1時，F′(x)=2

(x-1)2

x

≥0，∴F（x）在（0，+∞）上遞增，∴F（x）=0恰有一個解符合條件；
②當m＞1時，當0＜x＜

1

m

或x＞1時，F(xiàn)′（x）＞0，當

1

m

＜x＜1時F′（x）＜0，
故F（x）極大值=F(

1

m

)＞0，極小值F（1）=0．
且當x→0時F（x）→-∞；當x→+∞時，F(xiàn)（x）→+∞
∴F（x）在(0，

1

m

)，(

1

m

，+∞)上各有一個實根，不符合條件，舍去
綜上m=1

點評：本題綜合考查了利用導數(shù)求函數(shù)的單調區(qū)間，利用導數(shù)的幾何意義求切線方程，利用導數(shù)研究函數(shù)的極值，進而解決零點分布問題．