Question

已知函數，常數m≥1
（1）求函數f（x）單調遞減區間；
（2）當m=2時，設函數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（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

解：（1）
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

故當x₁＜x＜x₂時f′（x）＜0
∴函數f（x）的單調減區間為
（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
法二：為常數
（3）∵f′（1）=-1，∴直線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，則F（1）=0，∴F（x）=0有一個解x=1
又∵
①當m=1時，，∴F（x）在（0，+∞）上遞增，∴F（x）=0恰有一個解符合條件；
②當m＞1時，當或x＞1時，F′（x）＞0，當時F′（x）＜0，
故F（x）極大值=，極小值F（1）=0．
且當x→0時F（x）→-∞；當x→+∞時，F（x）→+∞
∴F（x）在上各有一個實根，不符合條件，舍去
綜上m=1
分析：（1）先利用導數四則運算計算函數f（x）的導函數f′（x），再解不等式f′（x）＜0，即可得函數的單調減區間
（2）先證明函數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，也可代入函數解析式直接證明結論
（3）先利用導數的幾何意義，求切線l的方程，再與曲線聯立，得關于x的方程，再將方程有且只有一解轉化為函數有且只有一個零點問題，利用導數，通過討論所研究函數的單調性和極值，可得m的值
點評：本題綜合考查了利用導數求函數的單調區間，利用導數的幾何意義求切線方程，利用導數研究函數的極值，進而解決零點分布問題．