Question

已知函数f（x）=kx+lnx（k是常数）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当k=0时，是否存在不相等的正数a，b满足

f(a)-f(b)

a-b

=f′(

a+b

2

)？若存在，求出a，b；若不存在，说明理由．

Answer 1

考点：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

专题：计算题,函数的性质及应用,导数的综合应用

分析：（1）求导f′（x）=

kx+1

x

，（x＞0），从而讨论导数的正负以确定函数的单调性；
（2）不妨设存在a＞b＞0合题意，从而可得ln

a

b

=

2(a-b)

a+b

；令

a

b

=x得lnx=

2(x-1)

x+1

；构造函数F（x）=lnx-

2(x-1)

x+1

，（x≥1）；从而转化为函数的最值问题．

解答： 解：（1）f′（x）=

kx+1

x

，（x＞0）
①当k≥0时，f′（x）＞0；
故函数f（x）在定义域上单调递增；
②当k＜0时，当x∈（0，-

1

k

）时，f′（x）＞0；
当x∈（-

1

k

，+∞）时，f′（x）＜0；
故函数f（x）在（0，-

1

k

）上单调递增，在（-

1

k

，+∞）上单调递减；
（2）不妨设存在a＞b＞0合题意，
则整理可得，ln

a

b

=

2(a-b)

a+b

；
令

a

b

=x得，lnx=

2(x-1)

x+1

；
则构造函数F（x）=lnx-

2(x-1)

x+1

，（x≥1）；
则F（1）=0，F′（x）=

(x-1)2

x(x+1)2

≥0；
故F（x）在[1，+∞）上单调递增，
故F（

a

b

）＞F（1）=0；
故与ln

a

b

=

2(a-b)

a+b

相矛盾；
故假设不成立，
即符合题意的不相等的正数a，b不存在．

点评：本题考查了导数的综合应用及存在性命题的判断，属于中档题．