Question

6．設函數f（x）=（x+2a）ln（x+1）-2x，a∈R．
（1）當a=1時，求函數f（x）的單調區間及所有零點；
（2）設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），C（x₃，y₃）為函數g（x）=f（x）+x²-xln（x+1）圖象上的三個不同點，且x₁+x₂=2x₃．問：是否存在實數a，使得函數g（x）在點C處的切線與直線AB平行？若存在，求出所有滿足條件的實數a的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函數的導數，根據函數的單調性判斷函數的零點即可；
（2）求出g（x）的表達式，根據直線AB的斜率k=$\frac{{y}_{2}{-y}_{1}}{{{x}_{2}-x}_{1}}$，得到g′（$\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}$）=$\frac{{y}_{2}{-y}_{1}}{{{x}_{2}-x}_{1}}$，即aln$\frac{{x}_{2}+1}{{x}_{1}+1}$=$\frac{2a{（x}_{2}{-x}_{1}）}{{x}_{1}{+x}_{2}+2}$，通過討論a=0和a≠0，從而確定滿足題意的a的值即可．

解答 解：（1）當a=1時，f（x）=（x+2）ln（x+1）-2x，
則f′（x）=ln（x+1）+$\frac{1}{x+1}$-1，
記h（x）=ln（x+1）+$\frac{1}{x+1}$-1，
則h′（x）=$\frac{x}{{（x+1）}^{2}}$≥0，即x≥0，
從而，h（x）在（0，+∞）上單調遞增，在（-1，0）上單調遞減，
則h（x）≥h（0）=0，即f′（x）≥0恒成立，
故f（x）在（-1，+∞）上單調遞增，無單調遞減區間，
又f（0）=0，則0為唯一零點．
（2）由題意知g（x）=f（x）+x²-ln（x+1）=2aln（x+1）+x²-2x，
則g′（x）=$\frac{2a}{x+1}$+2x-2，
直線AB的斜率k=$\frac{{y}_{2}{-y}_{1}}{{{x}_{2}-x}_{1}}$，則有：g′（$\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}$）=$\frac{{y}_{2}{-y}_{1}}{{{x}_{2}-x}_{1}}$，
即$\frac{2a}{\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}+1}$+2•$\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}$-2=$\frac{[2aln{（x}_{2}+1）{{+x}_{2}}^{2}-{2x}_{2}]-[2aln{（x}_{1}+1）{{+x}_{1}}^{2}-{2x}_{1}]}{{{x}_{2}-x}_{1}}$，
即$\frac{4a}{{{x}_{1}+x}_{2}+2}$+x₁+x₂-2=$\frac{2aln\frac{{x}_{2}+1}{{x}_{1}+1}}{{{x}_{2}-x}_{1}}$+x₂+x₁-2，
即$\frac{2a}{{{x}_{1}+x}_{2}+2}$=$\frac{aln\frac{{x}_{2}+1}{{x}_{1}+1}}{{{x}_{2}-x}_{1}}$，即aln$\frac{{x}_{2}+1}{{x}_{1}+1}$=$\frac{2a{（x}_{2}{-x}_{1}）}{{x}_{1}{+x}_{2}+2}$，①
當a=0時，①式恒成立，滿足條件；
當a≠0時，①式得ln$\frac{{x}_{2}+1}{{x}_{1}+1}$=2•$\frac{{{x}_{2}-x}_{1}}{{{x}_{1}+x}_{2}+2}$=2•$\frac{\frac{{x}_{2}+1}{{x}_{1}+1}-1}{\frac{{x}_{2}+1}{{x}_{1}+1}+1}$，②
記t=$\frac{{x}_{2}+1}{{x}_{1}+1}$-1，不妨設x₂＞x₁，則t＞0，②式得ln（t+1）=$\frac{2t}{t+2}$．③
由（1）問可知，方程③在（0，+∞）上無零點．
綜上，滿足條件的實數a=0．

點評 本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及分類討論思想，轉化思想，是一道綜合題．