题目内容
已知函数f(x)=
x2+(a-3)x+lnx．
（Ⅰ）若函数f（x）是定义域上的单调函数，求实数a的最小值；
（Ⅱ）方程f(x)=(
-a)x2+(a-2)x+2lnx．有两个不同的实数解，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）在函数f（x）的图象上是否存在不同两点A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点的横坐标为x0，有f′（x0）=
成立？若存在，请求出x0的值；若不存在，请说明理由．
| 1 |
| 2 |
（Ⅰ）若函数f（x）是定义域上的单调函数，求实数a的最小值；
（Ⅱ）方程f(x)=(
| 1 |
| 2 |
（Ⅲ）在函数f（x）的图象上是否存在不同两点A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点的横坐标为x0，有f′（x0）=
| y1-y2 |
| x1-x2 |
分析：（I）求出导函数，令导函数大于等于0恒成立或小于等于0恒成立，分离出a，利用基本不等式求出a的范围，从而求出a的最小值．
（Ⅱ）由f(x)=(
-a)x2+(a-2)x+2lnx=0，得a=
，令r（x）=
，利用导数研究其单调性及最值，从而得出要使y=
与y=a有两个不同的交点，求出实数a的取值范围；
（III）利用两点连线的斜率公式求出k并且化简k，求出f′（x0）列出方程，通过换元构造新函数，通过导数判断出函数的单调性，求出最值，得到矛盾．
（Ⅱ）由f(x)=(
| 1 |
| 2 |
| lnx+x |
| x2 |
| lnx+x |
| x2 |
| lnx+x |
| x2 |
（III）利用两点连线的斜率公式求出k并且化简k，求出f′（x0）列出方程，通过换元构造新函数，通过导数判断出函数的单调性，求出最值，得到矛盾．
解答：解：（Ⅰ）f/(x)=x+a-3+
(x＞0)．（2分）
若函数f（x）在（0，+∞）上递增，
则f′（x）≥0对x＞0恒成立，即a≥-(x+
)+3对x＞0恒成立，
而当x＞0时，-(x+
)+3≤-2+3=1．
∴a≥1．
若函数f（x）在（0，+∞）上递减，
则f′（x）≤0对x＞0恒成立，即a≤-(x+
)+3对x＞0恒成立，
这是不可能的．
综上，a≥1．
a的最小值为1．（6分）
（Ⅱ）由f(x)=(
-a)x2+(a-2)x+2lnx=0，
得：(a-
)x2+(2-a)x=2lnx，
即：a=
，令r（x）=
，r′（x）=
=
得1-x-2lnx=0的根为1，
所以当0＜x＜1时，r′（x）＞0，则r（x）单调递增，
当x＞1时，r′（x）＜0，则r（x）单调递减，
所以r（x）在x=1处取到最大值r（1）=1，
又x→0时r（x）→0，又x→+∞时，r（x）→0，
所以要使y=
与y=a有两个不同的交点，则有 0＜a＜1 …8分
（III）假设存在，不妨设0＜x1＜x2.k=
=
=x0+(a-3)+
．（9分）
f/(x0)=x0+(a-3)+
．
若k=f′（x0），则
=
，即
=
，即ln
=
．（*）（12分）
令t=
，u(t)=lnt-
（0＜t＜1），
则u′(t)=
＞0．∴u（t）在0＜t＜1上是增函数，
∴u（t）＜u（1）=0，
∴（*）式不成立，与假设矛盾．∴k≠f′（x0）．
因此，满足条件的x0不存在．（16分）
| 1 |
| x |
若函数f（x）在（0，+∞）上递增，
则f′（x）≥0对x＞0恒成立，即a≥-(x+
| 1 |
| x |
而当x＞0时，-(x+
| 1 |
| x |
∴a≥1．
若函数f（x）在（0，+∞）上递减，
则f′（x）≤0对x＞0恒成立，即a≤-(x+
| 1 |
| x |
这是不可能的．
综上，a≥1．
a的最小值为1．（6分）
（Ⅱ）由f(x)=(
| 1 |
| 2 |
得：(a-
| 1 |
| 2 |
即：a=
| lnx+x |
| x2 |
| lnx+x |
| x2 |
(
| ||
| x4 |
| 1-x-2lnx |
| x3 |
得1-x-2lnx=0的根为1，
所以当0＜x＜1时，r′（x）＞0，则r（x）单调递增，
当x＞1时，r′（x）＜0，则r（x）单调递减，
所以r（x）在x=1处取到最大值r（1）=1，
又x→0时r（x）→0，又x→+∞时，r（x）→0，
所以要使y=
| lnx+x |
| x2 |
（III）假设存在，不妨设0＜x1＜x2.k=
| f(x1)-f(x2) |
| x1-x2 |
| ||||||||
| x1-x2 |
ln
| ||
| x1-x2 |
f/(x0)=x0+(a-3)+
| 1 |
| x0 |
若k=f′（x0），则
ln
| ||
| x1-x2 |
| 1 |
| x0 |
ln
| ||
| x1-x2 |
| 2 |
| x1+x2 |
| x1 |
| x2 |
2
| ||
|
令t=
| x1 |
| x2 |
| 2t-2 |
| t+1 |
则u′(t)=
| (t-1)2 |
| t(t+1)2 |
∴u（t）＜u（1）=0，
∴（*）式不成立，与假设矛盾．∴k≠f′（x0）．
因此，满足条件的x0不存在．（16分）
点评：本小题主要考查利用导数研究函数的单调性、利用导数求闭区间上函数的最值、存在性问题等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想．解决是否存在这种探索性的问题，常假设存在去求，若求出则存在，若求不出则不存在．
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