题目内容
已知函数f（x）=x2-（a+2）x+alnx，其中常数a＞0．（1）当a＞2时，求函数f（x）的单调递增区间；
（2）当a=4时，是否存在实数m，使得直线6x+y+m=0恰为曲线y=f（x）的切线？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由；
（3）设定义在D上的函数y=h（x）的图象在点P（x，h（x））处的切线方程为l：y=g（x），当x≠x时，若
在D内恒成立，则称P为函数y=h（x）的“类对称点”．当a=4，试问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”的横坐标；若不存在，说明理由．
【答案】分析：（1）
，由此能求出f（x）的单调递增区间．
（2）当a=4时，
，其中x＞0，令
，方程无解，由此推导出不存在实数m使得直线6x+y+m=0恰为曲线y=f（x）的切线．
（3）当a=4时，函数y=f（x）在其图象上一点P（x，f（x））处的切线方程为
．由此能推导出y=f（x）存在“类对称点”，
是一个“类对称点”的横坐标．
解答：解：（1）∵f（x）=x2-（a+2）x+alnx，
∴
，其中x＞0，
令f'（x）=0，得x=1或
．
∵a＞2，∴
．
当0＜x＜1及
时，f'（x）＞0；
当
时，f'（x）＜0；
∴f（x）的单调递增区间为
．
（2）当a=4时，
，其中x＞0，
令
，方程无解，
∴不存在实数m使得直线6x+y+m=0恰为曲线y=f（x）的切线．
（3）由（2）知，当a=4时，函数y=f（x）在其图象上一点P（x，f（x））处的切线方程为
，
设
，
则φ（x）=0．
若
在
上单调递减，
∴
时，φ（x）＜φ（x）=0，此时
；
若
在
上单调递减，
∴
时，φ（x）＞φ（x）=0，此时
．
∴y=f（x）在
上不存在“类对称点”．
若
，
∴φ（x）在（0，+∞）上是增函数，
当x＞x时，φ（x）＞φ（x）=0，
当x＜x时，φ（x）＜φ（x）=0，故
．
即此时点P是y=f（x）的“类对称点”
综上，y=f（x）存在“类对称点”，
是一个“类对称点”的横坐标．
点评：本题考查函数的单调增区间的求法，探索满足条件的实数的求法，探索函数是否存在“类对称点”．解题时要认真审题，注意分类讨论思想和等价转化思想的合理运用．
，由此能求出f（x）的单调递增区间．（2）当a=4时，
，其中x＞0，令，方程无解，由此推导出不存在实数m使得直线6x+y+m=0恰为曲线y=f（x）的切线．（3）当a=4时，函数y=f（x）在其图象上一点P（x，f（x））处的切线方程为
．由此能推导出y=f（x）存在“类对称点”，是一个“类对称点”的横坐标．解答：解：（1）∵f（x）=x2-（a+2）x+alnx，
∴
，其中x＞0，令f'（x）=0，得x=1或
．∵a＞2，∴
．当0＜x＜1及
时，f'（x）＞0；当
时，f'（x）＜0；∴f（x）的单调递增区间为
．（2）当a=4时，
，其中x＞0，令
，方程无解，∴不存在实数m使得直线6x+y+m=0恰为曲线y=f（x）的切线．
（3）由（2）知，当a=4时，函数y=f（x）在其图象上一点P（x，f（x））处的切线方程为
，设
，则φ（x）=0．
若
在上单调递减，∴
时，φ（x）＜φ（x）=0，此时；若
在上单调递减，∴
时，φ（x）＞φ（x）=0，此时．∴y=f（x）在
上不存在“类对称点”．若
，∴φ（x）在（0，+∞）上是增函数，
当x＞x时，φ（x）＞φ（x）=0，
当x＜x时，φ（x）＜φ（x）=0，故
．即此时点P是y=f（x）的“类对称点”
综上，y=f（x）存在“类对称点”，
是一个“类对称点”的横坐标．点评：本题考查函数的单调增区间的求法，探索满足条件的实数的求法，探索函数是否存在“类对称点”．解题时要认真审题，注意分类讨论思想和等价转化思想的合理运用．
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已知函数f（x）=Asin（ωx+φ）（x∈R，A＞0，ω＞0，|φ|＜| π |
| 2 |
A、f(x)=2sin(πx+
| ||
B、f(x)=2sin(2πx+
| ||
C、f(x)=2sin(πx+
| ||
D、f(x)=2sin(2πx+
|