Question

已知函数f(x)=1nx-

1

2

ax2+(a-1)x(a＜0)
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）设点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是函数f（x）图象上的不同两点，记直线AB的斜率为k，试问：是否存在x0=

x1+x2

2

，使得f′（x₀）=k，请说明理由．

Answer 1

分析：（1）求导数f′（x），解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0，即得函数f（x）的单调区间，需要对参数a进行讨论；
（2）设0＜x₁＜x₂，f′（x₀）=k，即f′（

x1+x2

2

）=

2

x1+x2

-a•

x1+x2

2

+（a-1）=

lnx2-lnx1

x2-x1

-

1

2

a（x₂+x₁）+（a-1），化简然后构造函数，转化为函数的值域问题可判断．

解答：解：（1）f′（x）=

1

x

-ax+（a-1）=

1-ax2+(a-1)x

x

=

-a(x+ 1 a )(x-1)

x

（x＞0），
①若-1＜a＜0，则-

1

a

＞1，当0＜x＜1或x＞-

1

a

时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当1＜x＜-

1

a

时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．
②若a=-1，则-

1

a

=1，此时，f′（x）≥0，f（x）在（0，+∞）上单调递增．
③若a＜-1，则-

1

a

＜1，当0＜x＜-

1

a

或x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当-

1

a

＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．
综上，当-1＜a＜0时，f（x）的增区间是（0，1），（-

1

a

，+∞），减区间是（1，-

1

a

）；
当a=-1时，f（x）的增区间是（0，+∞）；
当a＜-1时，f（x）的增区间是（0，-

1

a

），（1，+∞），减区间是（-

1

a

，1）．
（2）解：设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是函数f（x）图象上不同的两点，且0＜x₁＜x₂，
则y₁=lnx₁-

1

2

ax12+（a-1）x₁，y2=lnx2-

1

2

ax22+(a-1)x2，
k_AB=

y2-y1

x2-x1

=

(lnx2-lnx1)- 1 2 a(x22-x12)+(a-1)(x2-x1)

x2-x1

，
=

lnx2-lnx1

x2-x1

-

1

2

a（x₂+x₁）+（a-1），
f′（x₀）=f′（

x1+x2

2

）=

2

x1+x2

-a•

x1+x2

2

+（a-1），
依题意得，f′（

x1+x2

2

）=

2

x1+x2

-a•

x1+x2

2

+（a-1）=

lnx2-lnx1

x2-x1

-

1

2

a（x₂+x₁）+（a-1），
化简可得，

lnx2-lnx1

x2-x1

=

2

x1+x2

，即ln

x2

x1

=

2(x2-x1)

x2+x1

=

2( x2 x1 -1)

x2 x1 +1

，
设

x2

x1

=t（t＞1），上式化为lnt=

2(t-1)

t+1

=2-

4

t+1

，
lnt+

4

t+1

=2，令g（t）=lnt+

4

t+1

，g′（t）=

1

t

-

4

(t+1)2

=

(t-1)2

t(t+1)2

，
因为t＞1，显然g′（t）＞0，所以g（t）在（1，+∞）上递增，
显然有g（t）＞2恒成立，所以在（1，+∞）内不存在t，使得lnt+

4

t+1

=2成立，
综上所述，假设不成立，所以不存在x0=

x1+x2

2

，使得f′（x₀）=k．

点评：本题考查导数与函数的单调性的关系以及运用导数研究存在性问题，考查分析问题解决问题的能力，属综合题，难度较大．