Question

14．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$ax²-（a+1）x+lnx（a＞0），x=$\frac{1}{4}$是函数的一个极值点．
（1）求实数a的值；
（2））定义：定义域为M的函数y=h（x）在点（x₀，f（x₀））处的切线方程为l：y=g（x），若$\frac{h（x）-g（x）}{{x-{x_0}}}$＞0在M内恒成立，则称P为函数y=h（x）的“类对称点”．问：函数y=f（x）是否存在“类对称点”，若存在，请至少求出一个“类对称点”，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）利用导数和函数的极值的关系，进而即可得出答案；
（2）利用“类对称点”的定义及导数即可得出答案．

解答 解：（1）∵f′（x）=ax-a-1+$\frac{1}{x}$，
当a=1时，f′（x）≥0，f（x）单调递增，无极值，
当$\frac{1}{a}$＜1时，即a＞1时，在区间（-∞，$\frac{1}{a}$），（1，+∞）上，f′（x）＞0，函数单调递增，
在（$\frac{1}{a}$，1）上，f′（x）＜0，函数单调递减，
∴当x=$\frac{1}{a}$时，函数有极大值，故$\frac{1}{a}$=$\frac{1}{4}$，解得a=4，
当$\frac{1}{a}$＞1时，即0＜x＜1时，在区间（-∞，1），（$\frac{1}{a}$，+∞）上，f′（x）＞0，函数单调递增，
在（1，$\frac{1}{a}$，）上，f′（x）＜0，函数单调递减，
当x=1时，函数f （x）有极大值，不满足条件
故求实数a的值为4．
（2）由（Ⅰ）可得f（x）=2x²-5x+lnx，
∴f′（x）=4x-5+$\frac{1}{x}$=$\frac{4{x}^{2}-5x+1}{x}$，
点（x₀，f（x₀））处的切线方程为l：y=g（x）=$\frac{{4x}_{0}^{2}-5{x}_{0}+1}{{x}_{0}}$（x-x₀）+2x₀²-5x₀+lnx₀，
函数y=f（x）存在“类对称点“等价于：
当0＜x＜x₀时，f（x）-g（x）＜0恒成立，
当x＞x₀时，f（x）-g（x）＞0恒成立，
令φ（x）=f（x）-g（x）=2x₀x²-（4x₀²+1）x+x₀lnx+2x₀³+x₀-x₀lnx₀，
则φ（x₀）=2x₀³-4x₀³-x₀+x₀lnx₀+2x₀³+x₀-x₀lnx₀=0，
∴φ′（x）=$\frac{1}{x}$[4x₀x²-（4x₀²+1）+x₀]=$\frac{1}{x}$（4x₀x-1）（x-x₀）
当0＜x＜x₀时，要使f（x）-g（x）＜0恒成立，只需要φ（x）在（0，x₀）是增函数，
只要4x₀x-1＜0，即x＜$\frac{1}{4{x}_{0}}$在（0，x₀）上恒成立，
∴x₀≤$\frac{1}{4{x}_{0}}$，
解得0＜x₀≤$\frac{1}{2}$，
当x＞x₀时，f（x）-g（x）＞0恒成立，只需要φ（x）在（x₀，+∞）是增函数，
只要4x₀x-1＞0，即x＞$\frac{1}{4{x}_{0}}$在（x₀，+∞））上恒成立，
∴x₀≥$\frac{1}{4{x}_{0}}$，
解得x₀≥$\frac{1}{2}$，
∴存在“类对称点”，”类对称点“的横坐标为$\frac{1}{2}$

点评 本题考察了函数的单调性，导数的应用，新概念的引出，渗透了分类讨论思想，属于难题．