Question

已知函數(shù)，常數(shù)m≥1
（1）求函數(shù)f（x）單調(diào)遞減區(qū)間；
（2）當(dāng)m=2時(shí)，設(shè)函數(shù)g（x）=f（x）-f（2-x）+3的定義域?yàn)镈，?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(gè)是常數(shù)（不含x₁，x₂）；
（3）若曲線C：y=f（x）在點(diǎn)P（1，1）處的切線l與曲線C有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，求m的值．

Answer 1

解：（1）
對(duì)于y=mx²-（m+2）x+1而言，
∵m≥1，∴△=（m+2）²-4m=m²+4＞0
且它的兩個(gè)零點(diǎn)

故當(dāng)x₁＜x＜x₂時(shí)f′（x）＜0
∴函數(shù)f（x）的單調(diào)減區(qū)間為
（2）法一：g（x）=4-4x+lnx-ln（2-x）+3關(guān)于點(diǎn)A（1，3）對(duì)稱，證明如下：
設(shè)P（x₀，y₀）為y=g（x）圖象上任意一點(diǎn)，P關(guān)于點(diǎn)A（1，3）的對(duì)稱點(diǎn)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(shù)y=g（x）圖象上，故y=g（x）圖象關(guān)于點(diǎn)A（1，3）對(duì)稱
∵2x₁+2x₂=2，∴g（2x₁）+g（2x₂）=6為常數(shù)
法二：為常數(shù)
（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(gè)解x=1
又∵
①當(dāng)m=1時(shí)，，∴F（x）在（0，+∞）上遞增，∴F（x）=0恰有一個(gè)解符合條件；
②當(dāng)m＞1時(shí)，當(dāng)或x＞1時(shí)，F(xiàn)′（x）＞0，當(dāng)時(shí)F′（x）＜0，
故F（x）極大值=，極小值F（1）=0．
且當(dāng)x→0時(shí)F（x）→-∞；當(dāng)x→+∞時(shí)，F(xiàn)（x）→+∞
∴F（x）在上各有一個(gè)實(shí)根，不符合條件，舍去
綜上m=1
分析：（1）先利用導(dǎo)數(shù)四則運(yùn)算計(jì)算函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)f′（x），再解不等式f′（x）＜0，即可得函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間
（2）先證明函數(shù)g（x）關(guān)于（1，3）中心對(duì)稱，再結(jié)合x(chóng)₁+x₂=1，即可證明g（2x₁）+g（2x₂）=6為常數(shù)，也可代入函數(shù)解析式直接證明結(jié)論
（3）先利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義，求切線l的方程，再與曲線聯(lián)立，得關(guān)于x的方程，再將方程有且只有一解轉(zhuǎn)化為函數(shù)有且只有一個(gè)零點(diǎn)問(wèn)題，利用導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論所研究函數(shù)的單調(diào)性和極值，可得m的值
點(diǎn)評(píng)：本題綜合考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值，進(jìn)而解決零點(diǎn)分布問(wèn)題．