Question

已知函数，常数m≥1
（1）求函数f（x）单调递减区间；
（2）当m=2时，设函数g（x）=f（x）-f（2-x）+3的定义域为D，?x₁，x₂∈D，且x₁+x₂=1，求证：g（x₁）+g（x₂），g（x₁）-g（x₂），g（2x₁）+g（2x₂），g（2x₁）-g（2x₂）中必有一个是常数（不含x₁，x₂）；
（3）若曲线C：y=f（x）在点P（1，1）处的切线l与曲线C有且只有一个公共点，求m的值．

Answer 1

解：（1）
对于y=mx²-（m+2）x+1而言，
∵m≥1，∴△=（m+2）²-4m=m²+4＞0
且它的两个零点

故当x₁＜x＜x₂时f′（x）＜0
∴函数f（x）的单调减区间为
（2）法一：g（x）=4-4x+lnx-ln（2-x）+3关于点A（1，3）对称，证明如下：
设P（x₀，y₀）为y=g（x）图象上任意一点，P关于点A（1，3）的对称点为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′也在函数y=g（x）图象上，故y=g（x）图象关于点A（1，3）对称
∵2x₁+2x₂=2，∴g（2x₁）+g（2x₂）=6为常数
法二：为常数
（3）∵f′（1）=-1，∴直线l：y-1=-（x-1），即y=2-x
代入
得m（x-1）²-2x+2lnx+2=0
令F（x）=m（x-1）²-2x+2lnx+2，则F（1）=0，∴F（x）=0有一个解x=1
又∵
①当m=1时，，∴F（x）在（0，+∞）上递增，∴F（x）=0恰有一个解符合条件；
②当m＞1时，当或x＞1时，F′（x）＞0，当时F′（x）＜0，
故F（x）极大值=，极小值F（1）=0．
且当x→0时F（x）→-∞；当x→+∞时，F（x）→+∞
∴F（x）在上各有一个实根，不符合条件，舍去
综上m=1
分析：（1）先利用导数四则运算计算函数f（x）的导函数f′（x），再解不等式f′（x）＜0，即可得函数的单调减区间
（2）先证明函数g（x）关于（1，3）中心对称，再结合x₁+x₂=1，即可证明g（2x₁）+g（2x₂）=6为常数，也可代入函数解析式直接证明结论
（3）先利用导数的几何意义，求切线l的方程，再与曲线联立，得关于x的方程，再将方程有且只有一解转化为函数有且只有一个零点问题，利用导数，通过讨论所研究函数的单调性和极值，可得m的值
点评：本题综合考查了利用导数求函数的单调区间，利用导数的几何意义求切线方程，利用导数研究函数的极值，进而解决零点分布问题．