Question

（2012•汕头二模）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，若函数y=f（x）-m有三个不同的零点，求m的取值范围；
（3）设定义在D上的函数y=h（x）在点p（x₀，h（x₀））处的切线方程为l：y=g（x），当x≠x₀时，若

h(x)-g(x)

x-x0

＞0在D内恒成立，则称P为函数y=h（x）的“类对称点”，请你探究当a=4时，函数y=f（x）是否存在“类对称点”，若存在，请最少求出一个“类对称点”的横坐标；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析：（1）f′（x）=2x-（a+2）+

a

x

=

2x2-(a+2)x+a

x

=

(2x-a)(x-1)

x

，由f^′（x）＞0能求出f（x）的单调递增区间；
（2）当a=4时，f（x）=x²-6x+4lnx，f′（x）=2x+

4

x

-6，其中x＞0，由f^′（x）=0求出极值点，把函数y=f（x）-m有三个不同的零点转化为函数y=f（x）的图象与直线y=m的交点问题解决；
（3）当a=4时，函数y=f（x）在其图象上一点P（x₀，f（x₀））处的切线方程为y=m（x）=(2x0+

4

x0

-6)(x-x0)+x02-6x0+4lnx0．由此能推导出y=f（x）存在“类对称点”，

2

是一个“类对称点”的横坐标．

解答：解：（1）∵f（x）=x²-（a+2）x+alnx，
∴f′（x）=2x-（a+2）+

a

x

=

2x2-(a+2)x+a

x

=

(2x-a)(x-1)

x

，其中x＞0，
令f'（x）=0，得x=1或x=

a

2

．
∵a＞2，∴

a

2

＞1．
当0＜x＜1及x＞

a

2

时，f'（x）＞0；
当1＜x＜

a

2

时，f'（x）＜0；
∴f（x）的单调递增区间为（0，1），（

a

2

，+∞）．
（2）当a=4时，f（x）=x²-6x+4lnx，f′（x）=2x+

4

x

-6=

2x2-6x+4

x

=

2(x-1)(x-2)

x

，其中x＞0，
当x∈（0，1），（2，+∞）时，f^′（x）＞0．
当x∈（1，2）时，f^′（x）＜0．
∴f（x）在x∈（0，1），（2，+∞）时为增函数，
在x∈（1，2）时为减函数．
∴f（x）的极大值为f（1）=-5，极小值为f（2）=4ln2-8．
要使函数y=f（x）-m有三个不同的零点，即函数y=f（x）的图象与直线y=m有三个不同交点，
如图，则m的取值范围是（4ln2-8，-5）．
（3）由（2）知，当a=4时，函数y=f（x）在其图象上一点P（x₀，f（x₀））处的切线方程为：
y=m（x）=(2x0+

4

x0

-6)(x-x0)+x02-6x0+4lnx0，
设φ（x）=f（x）-m（x）=x2-6x+4lnx-(2x0+

4

x0

-6)(x-x0)-(x02-6x0+4lnx0)，
则φ（x₀）=0．
?′（x）=2x+

4

x

-6-（2x₀+

4

x0

-6）=2（x-x₀）（1-

2

xx0

）=

2

x

（x-x₀）（x-

2

x0

）
若x₀＜

2

，φ（x）在（x₀，

2

x0

）上单调递减，
∴当x∈（x₀，

2

x0

）时，φ（x）＜φ（x₀）=0，此时

∅(x)

x-x0

＜0；
若x0＞

2

，φ（x）在（

2

x0

，x₀）上单调递减，
∴当x∈（

2

x0

，x₀）时，φ（x）＞φ（x₀）=0，此时

∅(x)

x-x0

＜0．
∴y=f（x）在（0，

2

）∪（

2

，+∞）上不存在“类对称点”．
若x0=

2

，

2

x

(x-

2

)2＞0，
∴φ（x）在（0，+∞）上是增函数，
当x＞x₀时，φ（x）＞φ（x₀）=0，
当x＜x₀时，φ（x）＜φ（x₀）=0，故

∅(x)

x-x0

＞0．
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”，

2

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，探索满足函数在一定零点下的参数的求法，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，此题是难题．