Question

已知函數(shù)g₁（x）=lnx，g₂（x）=ax²+（1-a）x（a∈R且a≠0）．
（1）設f（x）=g₁（x）-g₂（x），求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（2）設函數(shù)g₁（x）的圖象曲線C₁與函數(shù)g₂（x）的圖象c₂交于的不同兩點A、B，過線段AB的中點作x軸的垂線分別交C₁、C₂于點M、N．證明：C₁在M處的切線與C₂在N處的切線不平行．

Answer 1

【答案】分析：（1）依題意，f（x）=lnx-ax²+（a-1）x，f′（x）=-，對a分a＞0，a=0與a＜0，三類討論，對a＜0再根據(jù)1與-的大小關系分三類討論即可求得答案；
（2）設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），且不妨設0＜x₁＜x₂，則lnx₁-lnx₂=[a（x₁+x₂）+1-a]（x₁-x₂），假設C₁在M處的切線與C₂在N處的切線平線，則有=a（x₁+x₂）+1-a，與前式聯(lián)立可得：=，設=t，（t＞1），則lnt+=2，構造函數(shù)g（t）=lnt+，可判斷g（t）在（1，+∞）上遞增，g（t）＞2恒成立．從而可證明C₁在M處的切線與C₂在N處的切線不平行．
解答：解：（1）∵f（x）=lnx-ax²+（a-1）x
∴函數(shù)f（x）的定義域是（0，+∞）…（1分）
由已知得f′（x）=-ax+a-1=-，…（2分）
①當a＞0時，令f′（x）＞0，解得0＜x＜1； 令f′（x）＜0，，解得x＞1．
∴函數(shù)f（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減…（3分）
②當a＜0，時
①當-＜1時，即a＜-1時，令f′（x）＞0，解得0＜x＜-或x＞1；
令f′（x）＜0，解得-＜x＜1．
∴函數(shù)f（x）在（0，-）和（1，+∞）上單調遞增，在（-，1）上單調遞減…（4分）
②當-=1時，即a=-1時，顯然，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調遞增…（5分）
③當-＞1時，即-1＜a＜0時，令f′（x）＞0，解得0＜x＜1或x＞-；
令f′（x）＜0，解得1＜x＜-．
∴函數(shù)f（x）在（0，1）和（-，+∞）上單調遞增，（1，-）上單調遞減…（6分）
綜上所述，（1）當a＞0時，函數(shù)f（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減；
（2）當a＜-1時，函數(shù)f（x）在（0，-）和（1，+∞）上單調遞增，在（-，1）上單調遞減；
（3）當a=-1時，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調遞增；
（4）當-1＜a＜0時，函數(shù)f（x）在（0，1）和（-，+∞）上單調遞增，（1，-）上單調遞減…（7分）
（2）證明：設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），且不妨設0＜x₁＜x₂，則
y₁=lnx₁=a+（1-a）x₁…①
y₂=lnx₂=a+（1-a）x₂…②
由①-②得：lnx₁-lnx₂=[a（x₁+x₂）+1-a]（x₁-x₂）…③
假設C₁在M處的切線與C₂在N處的切線平線，則有=a（x₁+x₂）+1-a，
代入（3）化簡可得：=，
即ln==，
設=t，（t＞1），上式化為：lnt==2-，…（11分）
即lnt+=2…（12分）
令g（t）=lnt+，g′（t）=-=，
∵t＞1，顯然g′（t）＞0，
∴g（t）在（1，+∞）上遞增，
顯然有g（t）＞2恒成立．
∴在（1，+∞）內不存在，使得lnt+=2成立．
綜上所述，假設不成立．
∴C₁在M處的切線與C₂在N處的切線不平線…（14分）
點評：本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，考查分類討論思想與轉化思想，方程思想的綜合運用，考查反證法，屬于難題．